大工《复变函数与积分变换》课程考试模拟试卷A答案

大连理工大学网络教育学院

2011年8月份《复变函数与积分变换》课程考试 模拟试卷答案

考试形式：闭卷 试卷类型：A

一、单项选择题（本大题共10小题，每小题2分，共20分）

1、A

2、B

3、C

4、D

5、A

6、A

7、A

8、B

9、A

10、A

二、填空题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）

1、8i 4、条件收敛

0,t1237、 (t1),1t232[(t1)3(t2)3],t232、22(cos5、1

4isin4) 3、ln5i(arctan6、2

43)

8、

1s(2e2s)

9、1ettet

10、t

三、计算题（本大题共5小题，每小题8分，共40分）

1、解：（1）根据柯西积分公式

sinsinz|z1|124dzz12|z1|12z4z1dz（1分） z1sin2i4z124zz1（1分）

2i22i（1分）

（2）根据柯西积分公式

大工《复变函数与积分变换》课程考试 模拟试卷（A）答案 第1页 共4页

sinsinz|z-1|124dzz12|z-1|124z1dz（1分） z1z42iz12i24sinzz1（1分）

22i（1分）

（3）由复合闭路定理，得

sin|z|24dz2z1zsin|z1|124dz2z1zsin|z-1|12z4dz（1分） 2z1sin有（1）（2）

|z1|124dzi，22z1z2sin|z-1|124dz2i可知 22z1zsin|z|24dz2i2i222z1z2i（1分）

2、解：用待定系数法分解f(z)为部分分式：

f(z)1z22z2z1

（1）在0|z|1内展为洛朗级数

f(z)1z1z1z22z2z2z211z（2分）

2322[1zzz] 22z2z2z（2分）

232（2）在1|z|内展为洛朗级数

f(z)1z22z2z321z1(1/z)2z2z4（2分）

1z1z222z[11z1z21z3]

（2分）

大工《复变函数与积分变换》课程考试 模拟试卷（A）答案 第2页 共4页

3、解法1：用求导数验证：记f(z)z2(ez1),f(0)0，不难计算

3zf(z)2z2(zz)e,f(0)0（2分）

2242zf(z)(4z10z2)e2,f(0)0（2分）

253zf(z)(8z36z24z)e,f(0)0（2分）

2f(4)(z)(16z112z156z24)e642z2,f(4)(0)24（2分）

即f(0)f(0)f(0)f(0)0,f2(4)(0)0

故z0为函数z2(ez1)的四阶零点。 解法2：用泰勒展式：由展开式

ez21z2z2212!z2241n!12!1z2n(|z|)（3分）

1n!z2n可知z(e1)z(z12!z2zz2n24)z(z)（3分）

4其中(z)12n!在|z|内解析，(0)1（2分）

故z0为函数z2(ez1)的四阶零点。

3z34、解：因为z(e1)z[1z12!13!33(z)2!z12321]

z6z9（4分）

所以z0是分母的六阶零点（2分），从而是函数f(z)的六阶极点。（2分）

5、解：令f(t)ete2t（2分）

1s2则F(s)L[f(t)]01s1（2分）

0故etet2tdt0F(s)ds(ln(s1)ln(s2))（2分）

ln(s1)ln2（2分） s20

四、证明题（本大题1小题，共10分）

证明：F()ei(t)eitdt（2分）

大工《复变函数与积分变换》课程考试 模拟试卷（A）答案 第3页 共4页

F()ei(t)eitdtei(t)eitdt（2分）

12[F()F()]ei(t)e2i(t)eititdt（2分）

cos(t)edt（2分）

F[cos(t)]（2分）

大工《复变函数与积分变换》课程考试 模拟试卷（A）答案 第4页 共4页