复变函数与积分变换自测题.docx
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复变函数与积分变换自测题.docx
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复变函数与积分变换自测题
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Zo处连续,且f(z0)工0.求证:
存在Zo的某个邻域,f(z)在其中处处不为0.
2、试将1-cos0+isinB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工0时,f‘(z)=4一粤,求f(z)。
xy
9、计算Im(z)dz,其中C:
由0到2+i的有向线段。
C
10、计算z1|dz,其中C:
z1正向。
C
11、计算C育dz,其中c:
|z|1顺时针方向
(-1,0).
R(R1)内解析,且f(0)=1,f'(0)=2.由此再计算
cos22f(e)d的值。
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,zU(zo,),s.tf(z)0。
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
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re1形式
我们首先计算复数的模。
i(1cos)2sin222cos(逆用二
倍角公式,这一点大家一定要掌握)2sin-(绝对值符号千万表丢
2
了)
无意义,事实上2k时,原复数为0,辐角不存在,也不需要表示
为指数式了)tan号)。
因此,只要2k时,原复数就可以表示
为下面的指数式:
3、遇到这样的问题一定要用最原始的方法进行计算,
(为什么可以这样因为e2ki1)
由此可见,我们绝对不能忽略Lnz的多值性,2kni很重要!
sin(3i)sin3cosicos3sini
4、tan(3-i)=(和差角公式)
cos(3i)cos3cosisin3sini
sin3ch1icos3sh1(sin3ch1icos3sh1)(cos3ch1isin3sh1)cos3ch1isin3sh1cos3ch21sin23sh21
sin3cos3(ch21sh21)ish1ch1(sin23cos23)
cos23ch21sin23sh21
sin6ish2
2(cos23ch21sin23sh21)
(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
ieiz4i,则我们可知-iz=Ln4.从而z=iLn4二iln4-2kn。
6p1,f(z)ez;or,p1,f(z)ezo(想想为什么可以这样快地得
到结果知道前者就可以对偶地将后者设出来啦〜)
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。
f(z)zez,f(z)(z1)ez。
(将复变初等函数展开为uv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)
“11
(f⑵-,f(z)LnzC,其中z工0,C为任意复常数。
'xiyz
方法二:
首先利用已知条件求得,再利用Cauchy-Riemann条
xx
件,通过“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i
10、大家可以发现本题的解决依赖于第2题的结论!
令zei,则原
2sin—(cos
2
isin)d(注意:
积分上下限的变化、积分变量的变化、被积函数的变化)二8i
3
11、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2zdz
(1)120(用原函数法),而Rezdz(令zei)
CC
公式与一阶导数公式,它等于
8ni;因此,运用参数化方法,
13、本题大家要勇于对
ocosi(cosisin)d
复变函数与积分变换自测题2:
第四章
14、幕级数(n!
^zn的收敛半径是多少
n1n
z
15、在z=0的邻域内将f(Z)—展开成泰勒级数,它的收敛半径
1Z
是多少
・n
16、判别L的敛散性。
n1n
17、证明{cos(in)}是无界数列,并判别摯的敛散性。
n1n
18、求f⑵寸(sin)2d在z=0处的泰勒展开式,其中C:
||1
正向。
z22z5
19、求f(z)——■25在圆环域1z2和0z2J5内的
(z2)(z21)
洛朗展式。
自测题2答案
20、本题计算的要点在于极限式的变换,因为复变幕级数与实函数
的幕级数,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lime
nn
21、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广+1,实部、虚部均收敛。
因为它们满足
n02n12n1n
Leibniz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。
23、证明{cos(in)}是无界数列,并判别空怦的敛散性。
n1n
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“sinz有界无界”此人稀里糊涂地回答了一句“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,
24、解本题的核心是视g()sin2,对给定的z用一阶导数公式,
则可得f(z)=2nisin2z。
这一函数的泰勒展式是十分简单的
z2z5
E冷十分复杂'对于这样的分式多项式函
分简单了。
26、
1
z=1是函数f(z)cos的什么奇点
z1
29、
30、
设耳为解析函数f⑵的^级零点’求Refp】。
求Res[^^,]以及RefC°sz,0]。
zsinzzsinz
zr(r0,r1)。
z,其中(C):
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zo是f(z)的本性奇点,则limf(z)zZo
不存在;从而lim(z)也不存在,zo是©(z)的本性奇点。
zzo
自测题3答案
32、易见将f(z)展开成(z-1)的洛朗级数,有无穷多个负幕项,
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f(z)(za)mg(z),其中g(a)丰0.那么,
Res[g⑵,a]mRes[,a]g(z)za
0mm
I注意器在z=a点是解析的】
1
35、Res[,](注意z=n是一级极点,用规则1)
zsinz
Req—輕,0](注意z=0是一级极点,用规则1)
zsinz
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
(z
1
te[dt,其中C是C向下做了1个单位的平移变
换。
显然,C仍然只包含被积函数的1个奇点一一唯一的奇点一
—本性奇点0.因此本题结果显然为ni
37、当0
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。
r>1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.
[e〔dz=2nisin1
(当Ovr<1时)或0(当r>1时)
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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- 函数 积分 变换 自测