例卷I 复变函数试题
✁ I ✂ ✄ ☎ ✆ ✝ ✞
复变函数试题 注意 除第一题要求直接回答外,其余各题 均需写出必要的关键步骤及理由 、选择题(20分) 1.对数函数w=ln(1+z)是多值函数,其原因是: (1)argz的多值性; (2)arg(1+z)的多值性; (3)z的数值不确定; (4)1+的数值不确定 2.设函数f(2)在复连通区域G内解析,C为G内的分段光滑曲线,端点为A和B,则积分f(z)d (1)与积分路径无关,但与端点坐标有关; (2)与积分路径有关,但与端点坐标无关; (3)与积分路径及端点坐标均无关; (4)与积分路径及端点坐标均有关 3.若函数f()在z=a点解析, f(a)=f(a)=…=f(n-1)(a)=0,f(n)(a)≠0 则函数f()f()在z=a点的留数为 (1)1-n; (2)n-1; (3)-n; (4)n 4.2=∞是f(z)=的 sinz (1)一阶极点; (2)本性奇点; (3)解析点; ()非孤立奇点 5.r(z)r(1-2)sin的成立区域为: (1)全平面; (2)带形区域00;(4)左半平面Rez<1. 二、(10分)已知解析函数f(z)在正实轴上的数值为纯虚数,且虚部(y)=x2+y2,试求f(2) 2
✟ ✠ ✡ ☛ ☞ ✌ ✍ ✎ ✏✑✒✓✔✕✖✗✘✙✚✛✜✢✣✓ ✤✥✦✧★✔✩✪✫✬✭✮✯✰ ✱✲✳✴✵ (20 ✶) 1. ✷✸✹✸ w = ln(1 + z) ✺✻✼✹✸✛✽✾✿✺❀ (1) arg z ✩❁❂❃❄ (2) arg(1 + z) ✩❁❂❃❄ (3) z ✩❅❂❆❇❈❄ (4) 1 + z ✩❅❂❆❇❈❉ 2. ❊✹✸ f(z) ❋●❍■❏❑ G ▲ ▼◆✛ C ❖ G ▲ P ✶◗❘❙❚❯✛❱❲❖ A ❳ B ✛❨❩✶ Z C f(z)dz (1) ❬❭❪❫❴❵✪✛❛❬❜❝❞❡❢✪❄ (2) ❬❭❪❫❴❢✪✛❛❬❜❝❞❡❵✪❄ (3) ❬❭❪❫❴✮ ❜❝❞❡✤ ❵✪❄ (4) ❬❭❪❫❴✮ ❜❝❞❡✤ ❢✪❉ 3. ❣✹✸ f(z) ❋ z = a ❲▼◆✛ f(a) = f 0 (a) = · · · = f (n−1)(a) = 0, f(n) (a) 6= 0, ❨ ✹✸ f 0 (z)/f(z) ❋ z = a ❲P❤✸❖ (1) 1 − n ❄ (2) n − 1 ❄ (3) −n ❄ (4) n ❉ 4. z = ∞ ✺ f(z) = 1 sin z P (1) ✒✐❥❝ ❄ (2) ❦ ❃❧❝ ❄ (3) ♠♥❝❄ (4) ♦♣q❧ ❝ ❉ 5. Γ(z)Γ(1 − z) = π sin πz Prs❏❑❖❀ (1) t✉✈❄ (2) ✇①②③ 0 0 ❄ (4) ⑥⑤✉✈ Rez < 1 ❉ ⑦✲(10 ✶) ⑧ ⑨▼◆✹✸ f(z) ❋⑩❶❷❸P ✸✼❖❹❺✸✛❻ ❺❼ v(x, y) = x x 2 + y 2 ✛❽❾ f(z) ❉ 2
c0分将函数m十在2=∞的邻域内展开为幂级数,规定l 四、(40分)计算下列积分 (x2+1)(x2-2 r cos+1) 0<6<丌,且6≠丌/2 x(x2+4) 五、(10分)已知f(t=xcos(osd,试求其拉普拉斯变换的象函数F(p)
❿✲ (20 ✶) ➀✹✸ ln z − 1 z + 1 ❋ z = ∞ P➁❑▲➂➃❖➄➅✸✛➆➇ ln z − 1 z + 1 z=∞ = 0 ❉ ➈✲ (40 ✶) ➉➊➋➌❩ ✶❀ (1) Z ∞ −∞ dx (x 2 + 1)(x 2 − 2x cos θ + 1), 0 < θ < π, ❻ θ 6= π/2. (2) Z ∞ −∞ sin x x(x 2 + 4)dx. ➍✲ (10 ✶) ⑧ ⑨ f(t) = 1 π Z π 0 cos(t cos θ)dθ ✛❽❾✽➎➏➎➐➑➒P➓✹✸ F(p) ❉
试题答案及评分标准 4分) 2.(4) (4分) 4.(4) (4分) (4分) (10分) 方法1求出u(x,y)的全微分 (x2+y2)2 dr+ u(, y) 已知f(z)在正实轴上的数值为纯虚数,说明当y=0时, 由此即可定出 f(2) y+IT 一 (2分) 2分) 求出a(x,y) (2分) 积分常数C=0 (2分) 化简,求出f(x) (2分) 法2直接化简给出f(z) 1z+z* (x,y)
➔→➣↔↕➙➛➜➝ ✱✲ (20 ✶) 1. (2) (4 ✶) 2. (4) (4 ✶) 3. (4) (4 ✶) 4. (4) (4 ✶) 5. (1) (4 ✶) ⑦✲ (10 ✶) ➞➟ 1 ❾➠ u(x, y) P➡➢✶ du(x, y) = ∂u ∂xdx + ∂u ∂y dy = ∂v ∂y dx − ∂v ∂xdy = − 2xy (x 2 + y 2) 2 dx + x 2 − y 2 (x 2 + y 2) 2 dy, ❩ ✶ ✛ u(x, y) = y x 2 + y 2 + C. ⑧ ⑨ f(z) ❋⑩❶❷❸P ✸✼❖❹❺✸✛➤➥➦ y = 0 ➧ ✛ u(x, y) = 0, ➨➩➫➭➇➠ C = 0. ➯➲✛ f(z) = y + ix x 2 + y 2 = iz ∗ zz∗ = i z . ∂u ∂x (2 ✶) ∂u ∂y (2 ✶) ❾➠u(x, y) (2 ✶) ❩ ✶➳✸ C = 0 (2 ✶) ➵➸✛❾➠f(z) (2 ✶) ➞➟ 2 ➺➻➵➸➼➠ f(z): v(x, y) = x x 2 + y 2 = 1 2 z + z ∗ zz∗ = 1 2 1 z ∗ + 1 z 4
f(2)-f*(2) 由此即可直接得到 f(2) (上述5步,每步2分) z|>1 正确作出割线 (3分) 单值分枝讨论 (3分) 展开 分) +)展开 (4分) 化简 (4分) 收敛范围 (2分) 四、(1)(20分) 取围道为上半圆,考虑复变积分 (2+1)(2-22c0s+D 根据留数定理有 1)(22-2zcos6+1) (x2+1)(x2-2 =+10=2+ 上率平面 (2+1)(2-2zcos6+1)
= 1 2i i z ∗ + i z = 1 2i i z − i z ∗ = f(z) − f ∗ (z) 2i ➨➩➫➭➺➻➽➾ f(z) = i z . (❸➚ 5 ➪ ✛➶➪ 2 ✶) ❿✲ (20 ✶) ln z − 1 z + 1 = ln 1 − 1 z 1 + 1 z = X∞ n=1 (−) n−1 n − 1 z n − 1 z n = X∞ n=1 (−) n−1 n [(−) n − 1] 1 z n = −2 X∞ n=0 1 2n + 1 1 z 2n+1 , |z| > 1. ⑩➹➘➠➴❯ (3 ✶) ➷ ✼✶➬➮➱ (3 ✶) ln 1 − 1 z ➂➃ (4 ✶) ln 1 + 1 z ➂➃ (4 ✶) ➵➸ (4 ✶) ✃❐❒❮ (2 ✶) ➈✲ (1) (20 ✶) ❰❮Ï ❖❸ÐÑ✛ÒÓ● ➑❩ ✶ I 1 (z 2 + 1)(z 2 − 2z cos θ + 1)dz. ÔÕ❤✸ ➇Ö× I 1 (z 2 + 1)(z 2 − 2z cos θ + 1)dz = Z R −R 1 (x 2 + 1)(x 2 − 2x cos θ + 1)dx + Z CR I 1 (z 2 + 1)(z 2 − 2z cos θ + 1)dz = 2πi X ØÙÚÛ res 1 (z 2 + 1)(z 2 − 2z cos θ + 1) 5
在z=i的留数 (z2+1)(x2-2 z cos e+1) 在z=e的留数 可以计算 被积函数在z=i的留数 被积函数在2=c的留数=(om+1)2sm 2 cos e(cos 8 +isin 0)2i sin 0 同时,因为 12(2+1(2-220804+1)=0 根据大圆弧引理,有 综合上述结果,取极限R 得到 (r2+1(r2-2r cos 0+ dr sing 积分围道 (2分) 被积函数 (2分) 留数定理 (3分) 奇点i及留数计算 奇点e及留数计算 (4分) 大圆弧引理 (2分) 结果 (3分) 四、(2)(20分) 取围道如图87,考虑复变积分 2(2+4) 根据留数定理有 x(x2+4)2 sz(x2+4) ,x+可+/+可
= 2πi 1 (z 2 + 1)(z 2 − 2z cos θ + 1)❋ z = i P❤✸ + 1 (z 2 + 1)(z 2 − 2z cos θ + 1)❋ z = eiθ P❤✸ . ➭➲ ➉➊ Ü ❩ ✹✸❋ z = i P❤✸ = 1 2i(−2i cos θ) = 1 4 cos θ Ü , ❩ ✹✸❋ z = eiθ P❤✸ = 1 (ei2θ + 1)2i sin θ = 1 2 cos θ(cos θ + i sin θ)2i sin θ = −i cos θ − i sin θ 4 cos θ sin θ = −i 1 4 sin θ − 1 4 cos θ . Ý ➧ ✛✿❖ limz→∞ z · 1 (z 2 + 1)(z 2 − 2z cos θ + 1) = 0, ÔÕÞÑ ßàÖ✛× lim R→∞ 1 (z 2 + 1)(z 2 − 2z cos θ + 1)dz = 0. áâ❸➚ãä✛❰åæ R → ∞ ✛ç➽➾ Z ∞ −∞ 1 (x 2 + 1)(x 2 − 2x cos θ + 1)dx = π 2 sin θ . ❩ ✶ ❮Ï Ü (2 ✶) ❩ ✹✸ (2 ✶) ❤ ✸ ➇Ö (3 ✶) è❲ i é ❤ ✸➉➊ (4 ✶) è❲ e iθ é ❤ ✸➉➊ (4 ✶) Þ Ñ ßàÖ (2 ✶) ãä (3 ✶) ➈✲ (2) (20 ✶) ❰❮Ïêë 8.7 ✛ÒÓ● ➑❩ ✶ I e iz z(z 2 + 4)dz. ÔÕ❤✸ ➇Ö× I e iz z(z 2 + 4)dz = Z −δ −R e ix x(x 2 + 4)dx + Z Cδ e iz z(z 2 + 4)dz = Z R δ e ix x(x 2 + 4)dx + Z CR e iz z(z 2 + 4)dz 6
因为 根据 Jordan引理,有 dz=o 根据小圆弧引理,有 2(2+4) 综合上述结果,取极限R→∞,6→0,就得到 比较虚部,就得到最后结果 r(x2+4) 积分围道 被积函数 (2分) 留数定理 (3分) 奇点z=2i及留数计算 分) 小圆弧引理,计算 (4分) 大圆弧, n引理 结果 (3分) FO 作变换=2,注意z平面上的|2=1一周变为平面上的k|=1两周,所以 F0)={1+2+ 在单位圆内的留数和
= 2πi e −2 −8 = − πi 4 e −2 . ✿ ❖ limz→∞ 1 z(z 2 + 4) = 0, ÔÕ Jordan àÖ✛× lim R→∞ Z CR e iz z(z 2 + 4)dz = 0. ì✿ ❖ limz→0 z · e iz z(z 2 + 4) = 1 4 , ÔÕíÑ ßàÖ✛× lim δ→0 Z Cδ e iz z(z 2 + 4)dz = − πi 4 . áâ❸➚ãä✛❰åæ R → ∞, δ → 0 ✛ç➽➾ Z ∞ −∞ e ix x(x 2 + 4)dx = πi 4 1 − e −2 . îï ❺❼✛ç➽➾ðñãä Z ∞ −∞ sin x x(x 2 + 4)dx = π 4 1 − e −2 . ❩ ✶ ❮Ï Ü (2 ✶) ❩ ✹✸ (2 ✶) ❤ ✸ ➇Ö (3 ✶) è❲ z = 2i é ❤ ✸➉➊ (4 ✶) í Ñ ßàÖ✛➉➊ (4 ✶) Þ Ñ ß✛ Jordan àÖ (2 ✶) ãä (3 ✶) ➍✲ (10 ✶) F(p) = 1 π Z π 0 p p 2 + cos2θ dθ = 1 2π Z 2π 0 p p 2 + cos2θ dθ = 1 2π I |z|=1 p p 2 + 1 4 (z + z−1) 2 dz iz = 4p 2πi I |z|=1 z z 4 + 2(2p 2 + 1)z 2 + 1 dz. ➘ ➑➒ ζ = z 2 ✛✍✎ z òó❸P |z| = 1 ✱ô➑ ❖ ζ òó❸P |ζ| = 1 õô✛➯➲ F(p) = 4p 2πi I |ζ|=1 1 ζ 2 + 2(2p 2 + 1)ζ + 1 dζ = 4p × 1 ζ 2 + 2(2p 2 + 1)ζ + 1❋ ➷öÑ▲P❤✸❳. 7
+2(2+1+1的奇点是 2+1)±√4(2p2+1)2-4 p2+1)±2pVP2 所以+2+D+在单位圆内只有一个奇点 并且是一阶极点,留数为 2(+2(2+1)(=-2y9+1)+2P+14p俨 最后就得到 F(P) Cos 的 Laplace变换 (2分) 变为沿单位圆|2|=1的积分 作变换 奇点及留数计算 (2分) 结 果 (2分) 成立条件:(Rep>0) (1分)
1 ζ 2 + 2(2p 2 + 1)ζ + 1 Pè❲✺ ζ = −2(2p 2 + 1) ± p 4(2p 2 + 1)2 − 4 2 = −(2p 2 + 1) ± 2p p p 2 + 1, ➯➲ 1 ζ 2 + 2(2p 2 + 1)ζ + 1 ❋ ➷öÑ▲÷×✱øè❲✛ ζ = −(2p 2 + 1) + 2p p p 2 + 1, ù❻ ✺✱úå❲✛❤ ✸❖ 1 2ζ + 2(2p 2 + 1) ζ=−(2p2+1)+2p √ p2+1 = 1 4p p p 2 + 1 . ðñç ➽➾ F(p) = 1 p p 2 + 1 . cos ωt P Laplace ➑➒ (2 ✶) ➑ ❖û➷öÑ |z| = 1 P❩✶ (2 ✶) ➘ ➑➒ ζ = z 2 (1 ✶) è❲é ❤ ✸➉➊ (2 ✶) ã ä (2 ✶) rsüý❀ (Rep > 0) (1 ✶) 8
例卷I 数学物理方程试题
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数学物理方程试题 Laplace变换表 原函数f(t) P1(x)= (n!)2(-n)!(2 (2+1)xP2(x)=(l+1)P1+1(x)+lP1-1(x) erfc P+1(x)=P(x)+(l+1)P1(x) P√P P+1(x)=(2l+1)P4(x)+P-1(x) P(x)=Pl+1(x)-2rP(x)+P-1(x) J(x)= -2aVt 2/Perf kA(k++1(2 注意:除第一题应当直接写出答案外, 其余各题均须写出必要的关键步骤. (20分)写出下列各本征值问题的解: y"(x)+My(x)=0 y(0)=0,y(l)=0; y(x)+Ay(x)=0, y(0)=0,y(l)=0 y"(x)+My(x)=0, y(x)=y(x+2丌)=0
✄ ☎ ✆ ✝ ✞ ✟ ➔ → ✠ ✡ ☛ Pl(x) = X l n=0 1 (n!)2 (l + n)! (l − n)! x − 1 2 n (2l + 1)xPl(x) = (l + 1)Pl+1(x) + lPl−1(x) P 0 l+1(x) = xP 0 l (x) + (l + 1)Pl(x) P 0 l+1(x) = (2l + 1)Pl(x) + P0 l−1 (x) Pl(x) = P0 l+1(x) − 2xP 0 l (x) + P0 l−1 (x) Jν(x) = X∞ k=0 (−) k k!Γ (k + ν + 1) x 2 2k+ν Laplace ➑➒☛ ✾ ✹✸ f(t) ➓ ✹✸ F(p) 1 1 p erfc α 2 √ t 1 p e −α √p 1 √ πα sin 2√ αt 1 p √ p e −α/p 1 √ πt cos 2√ αt 1 √ p e −α/p 1 √ πt e −α 2/4t 1 √ p e −α √p 1 √ πt e −2α √ t 1 √p e −α 2/perfc α √p ☞✌❀ ✏✑✒✓✍✎✖✗✦✧✙✏✚✛ ✜✢✣✓✤✑✦✧★✔✩✪✫✬✭❉ ✱✲ (20 ✶) ✒ ➠ ➋➌✓✔✕✼✖✵P▼ ❀ (1) y 00(x) + λy(x) = 0, y(0) = 0, y(l) = 0; (2) y 00(x) + λy(x) = 0, y 0 (0) = 0, y0 (l) = 0; (3) y 00(x) + λy(x) = 0, y(x) = y(x + 2π) = 0; 10