哈尔滨工程大学复变函数与积分变换参考答案

复变函数与积分变换参考答案与评分标准(A卷)2011-01-04一、选择题（2分/题）12345DCDAD二、填空题（2分/题）6.(2)0,1,2,2kk7.38.29.ie10.1te三、计算题Ⅰ（5分/题）11解：332,3,uxvy226,0,0,9xyxyuxuvvy（1分）4个偏导数均连续（可微）（1分）根据C-R方程有22692300xyyx可导（2分）不（无处）解析（1分）12解：列出C-R方程（1分）222222=6363=33363xxxxyyyyxyuxyuvuuxxyyuxyuvuuxxyy（2分）（注：直接应用C-R方程得到上式得3分积分23()uxyCy，带入得3()Cyyc，所以23323,3uxyycvxxyc（2分）13解：11,()2nCCCnzzdzzdzdziz(2分)11,()24nCCnzzdzdziz（3分）14解：原积分=1212212(1/2)2CCzzzzdzdzzz（3分）122()105ii(2分)15解：法1原积分=42242||1||1211112121cos226114zzddzzdzzzizzzz（3分）=33(21)(21)222(4124122zizizziizzzz(2分)法222200021cos3cos23costdddtt(2分)22||1||11216132zzdzdzzizizzz（1分）两个一阶极点只有1223z在||1z内，留数为11211()(61)42zzresfzzz，所以2122242Iii法3做变换2ize，其余过程与法2类似。四、计算题Ⅱ（6分/题）16、解：1）()fz解析，泰勒展开1101112()(3)()122nnnnfzzzzz（2分）2）111/1/2()(3)()(3)()1211/1/2zfzzzzzzz（1分）11022nnnnnzz（1分）3）(1)21()1(1)1zfzzz（1分）11012111(1)1(1)1(1)nnnnzzzz（1分）17解1）当z=0时，223||3=01sin1(0)(sin)=022!efdei（2分）当0|z|3时，1=0是二阶极点，2z是一阶极点22212222sinsin1sin1()[]2()2CCCeeezfzdddiziz222220sinsinsin()zzeeezzzz（1分）当|z|3时，只有1z在C所围内部，22sin()zezfzz（1分）2）|1|3,221sin(1)()1cos1zzezzfez（1分）2||3,()sineifii（1分）18解1）3wz（3分）2）（3分）五、应用题(8分)19解设2[()](),[()]()xtsXsxtsXsLL对方程两端取拉式变换，得：220()[()]()msXsftmXsL则2201[()]()ftXsmsL（4分）利用22[()]1,[sin]ktktskLL（2分）取反变换得001()sinxtm（2分）六、证明题(5+4=9分)20、证明：1|()|()()()()fzfzfzCfzfz，故()fz解析（2分）利用结论“(),()fzfz解析，则f(z)为常数”，或者根据C-R方程证明此命题得到结论。21、证：(法Ⅰ)令1limnnnaa，则收敛半径1R，若1R1，得||na收敛，与已知矛盾若1R,因为||na收敛，即nnaz在1z收敛，则收敛半径1R，与假设矛盾。(法Ⅱ)级数na收敛，相当于幂级数nnaz在1z处收敛，于是由阿贝尔定理，对于满足||1z的z，nnaz必绝对收敛，从而该级数的收敛半径1R；但若1R,幂级数nnaz在收敛圆||zR内绝对收敛，特别的在1z处也绝对收敛，从而||na收敛，与已知矛盾。故nnaz的收敛半径为1。