复变函数与积分变换试题及解答

得分 评卷人 二、（6分）设f(z)?x3?y3?2x2y2i，问f(z)在何处可导？何处解析？并在可导处求出导数值.

解：u(x,y)?x3?y3,v(x,y)?2x2y2

?u?u?v?v?3x2,??3y2,?4xy2,?4x2y ?x?y?x?y （2分）

均连续，要满足C?R条件，必须要

3x2?4x2y,4xy2?3y2成立

即仅当x?y?0和x?y? f?(0)??u?x(0,0)?i3时才成立，所以函数f(z)处处不解析； （2分） 4(0,0?v?x)?0,

33?u f?(?i)?44?x33(,)44?i?v?x33(,)44?27(1?i) 16（2分）

得分 评卷人 三、（8分）设v?epxsiny,求p的值使v为调和函数，并求出解析函数f(z)?u?iv.

解：因vx?pepxsiny,vxx?p2epxsiny,vy?epxcosy,vyy??epxsiny，要使v(x,y)为调和函数，则有?v?vxx?vyy?0 即 p2epxsiny?epxsiny?0

（4分）

所以 p??1时，v为调和函数，要使f(z)解析，则有 ux?vy， uy??vx

u(x,y)??uxdx??epxcosydx? uy??1pxecosy??(y) p

1pxesiny???(y)??pepxsiny p（2分）

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所以 ??(y)?(11?p)epxsiny,?(y)??(?p)epxcosy?c pp即 u(x,y)?pepxcosy?c，故

xz??e(cosy?isiny)?c?e?c,p?1f(z)???x （2分） ?z???e(cosy?isiny)?c??e?c,p??1 得分 评卷人 四、（10分）将函数f(z)?2?3z在有限孤立奇点处展开为

2z2?3z?1Laurent级数.

1解：f(z)的有限孤立奇点为z0?及z1?1

22?3z11?? f(z)?2 1?2z1?z2z?3z?11）当0?z?11?时 22（2分）

f(z)?1?21z?112?211?2(z?)2?

??1?2?2n(z?)n 12n?02(z?)2

（2分）

2）当

11?z???? 22f(z)??112(z?)2112(z?)2?11(z?)(1?21z??112(z?)2

) ???21?n?0?n1(z?)?n

2（2分）

2

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3）当0?z?1?f(z)?1 21111???1?2zz?1z?11?2(z?1)

4）当

?1 ???(?1)n2n(z?1)n

z?1n?0（2分）

1?z?1??? 2 f(z)??1?z?111z(z?1)(1?)2(z?1)

11???z?12(z?1)?(?1)n?0?n2?n(z?1)?n

（2分）

得分 评卷人 五、计算下列各题（每小题6分，共24分）

1．f(z)????3?2?7??1d?，求f?(1?i).

3??z解：因?(?)?3?2?7??1在复平面上处处解析

由柯西积分公式知，在z?3内， f(z)?????(?)d??2?i?(z)?2?i(3z2?7z?1) 3??z

（3分） （2分）

所以 f?(z)?2?i(6z?7) 而点 1?i在z?3内，故

f?(1?i)?2?i[6(1?i)?7]?2?(?6?13i)

（1分）

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2．求出f(z)?ez?1z在所有孤立奇点处的留数

z?1z解：函数 f(z)?e式：

ez?1z1z有孤立奇点0与?，而且在0?z???内有如下Laurent展开

?e?e?(1?z?z121311111z?z??)(1?????) 232!3!z2!z3!z

???(1?故 c?1?Res[ez?1zz?1z111111????)?? 2!2!3!3!4!z（3分） （2分）

,0]???1

k?0k!(k?1)

?

Res[e??,?]???1

k!(k?1)k?0 （1分）

x23．?dx(a?0)

??(x2?a2)2z2解：f(z)?2，它共有两个二阶极点，且(z2?a2)在实轴上无奇点，在上22(z?a)半平面仅有二阶极点ai，所以

（2分） （1分）

????x2dx?2?iRes[f(z),ai] 222(x?a)?2?ilim[(z?aiz22zai? )]??2?ilim?3z?aiz?ai2a(z?ai)（3分）

?4．?201dx

1?sin2x解：由三角函数公式

? I??20dx11?(1?co2sx)2dt??0?3??cots ???????t?2x? （1分）

?1?dt12?dt?

2???3?cost2?03?cost

（2分）

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