一、《数学物理方法与计算机仿真》习题解答.pdf 69页

'第一篇复变函数论第一篇、复变函数论与积分变换第一章复变函数习题及解答——————————————————1.1写出下列复数的实部、虚部；模和辐角以及辐角的主值；并分别写成代数形式，三角形式和指数形式．(其中α,,Rθ为实常数)ππ（1）−−13i；（2）2(cos−isin)；（3）1cosisin−α+α；331i+isinRθ（4）e；（5）e；（6）ii+4π4π答案（1）实部－1；虚部−3；模为2；辐角为+=2kkπ,0,1,2,±±L；主辐角为；原题即为代数形式；三334π4π4πi角形式为2(cos+isin)；指数形式为2e3．335π5π5πi（2）略为2[cos+iesin],2333αiarctan[tan(/2)]cα（3）略为[2sin()]e2i（4）略为eee;(cos1isin1)+（5）略为：cos(sin)isin(sin)RRθ+θ（6）该复数取两个值2++2(cosθθisin)=2+=+2eiθ,θarctan(12);略为22−+(cosiθθsin)22,=−=eiθθπ+−arctan(12);1.2计算下列复数101(1).()−1+i3；(2).()−1+i3；13π/42k+πi答案(1).−512+i5123；(2).2e63()k=0,1,2；1.3计算下列复数（1）abi3i；+；（2）22222答案（1）[i]aba+++aba+−2（2）in(/62/3)ππ+e21.4已知x为实数，求复数12i+−xx1的实部和虚部．--------------------------------------------------------------------1---------------------------------------------------------------- 第一篇复变函数论2【解】令12i+−xxp1=+∈i,(,qpqR)，即p,q为实数域(Real).平方得到22212i+−xxp1(=−qx)2i+y，根据复数相等，所以22⎧⎪pq−=1⎨2⎪⎩pq=−xx12px=±,1qx=±−22∴12i+−xx1(=±xx+−1i)2即实部为±x,虚部为±x−1说明已考虑根式函数是两个值，即为±值．azb+1.5如果||1,z=试证明对于任何复常数ab,有||=1bza+【证明】因为||1,zz=∴=∴=zzz11/，所以1()azb+azbazbz++()zazb+1azb+||====||||||||||=1bza++()bzazbzz++azbazzbaz+nn−11.6如果复数a+ib是实系数方程P()z=az+az+L+az+a=0的根，则01n−1na−ib一定也是该方程的根．kk证因为a，a，⋯，a均为实数，故a=a，a=a，⋯，a=a．且()z=()z，01n0011nn故由共轭复数性质有：P(z)=P(z)．则由已知P(a+ib)≡0．两端取共轭得P(a+ib)=P(a+ib)≡0=0即P()a−ib≡0．故a−ib也是P()z=0之根．注此题仅通过共轭的运算的简单性质及实数的共轭为其本身即得证．此结论说明实系数多项式的复零点是成对出现的．这一点在代数学中早已被大家认识．特别地，奇次实系数多项式至少有一个实零点．22221.7证明：||zz++−=||zz2(|z|+|z|),并说明其几何意义．121212--------------------------------------------------------------------2---------------------------------------------------------------- 第一篇复变函数论nn1.8若(1+=−ii)(1)，试求n的值.nn(1+=ii)nn2(cos22π+sin)ππ=2(cosnn+isinπ)4444【解】因为nn(1−=ii)nn2(cos22π−sin)ππ=2(cosnn−isinπ)4444nnππnπnπ所以sin=−sin即为sin=0所以=knkkπ,==4,(0,1,2,±±L)44441.9将下列复数表为sin,cosθθ的幂的形式（1）cos5θ；（2）sin5θ5324(1)cosθ−+10cosθθsin5cossinθθ答案4235(2)5cosθsinθθ−+10cossinθsinθ1.10证明：如果w是1的n次方根中的一个复数根，但是w≠1不是主根，则必有21n−10++++wwLw=【证明】根据题意则nω=1ω≠1n23n−11−ω1−1∴1+ω+ω+ω+L+ω===01−ω1−ω1.11对于复数α,β，证明复数形式的柯西(Cauchy)不等式：kknnnn2222||∑∑∑αkkβα≤≤(|k||βαβk|)|k|∑|k|成立。kk==11k=1k=1【证明】对任意n个复数，由三角不等式知nn|∑∑αkkβα|||≤k||βkkk==11再由关于实数的柯西不等式得nnnn2222||∑∑∑αkkβα≤≤(|k||βαβk|)|k|∑|k|,证毕。kk==11k=1k=11θsin(n+−)θsin221.12证明cosθθθ+++cos2cos3L+=cosnθ;θ2sin2θ1cos−+cos(n)θ22sinθθθ+++sin2sin3L+=sinnθ成立．θ2sin2--------------------------------------------------------------------3---------------------------------------------------------------- 第一篇复变函数论1.13下列不等式在复数平面上表示怎样的点集？1）00y−1π⎨且arctan=⎩Im()z−i=y−1>0x4⎧y=x+1即⎨⎩x>0π这样的点为z平面上从点z=i出发（但不含z点）与实轴倾角为的射线．此射线所004形成的点集既非开集，也非闭集．2）设z=x+iy，则原条件即为2()22z−2=5−z+2=25+z+2−10z+222即z−2−z+2−25=10z+2由模的定义得()22(2)28x+25=100z+2=100x+4x+4+100y化简得--------------------------------------------------------------------4---------------------------------------------------------------- 第一篇复变函数论22xy+=122⎛5⎞⎛3⎞⎜⎟⎜⎟⎝2⎠⎝2⎠53这是一椭圆，长半轴为，短半轴为，中心在原点，它是有界闭集（全部为边界点）．221.15描述下列不等式所确定的点集，并指出是区域还是闭区域，有界还是无界，单连通还是多（或复）连通.（1）2i≤−≤z3（2）Re(iz)≥2z−3（3）>1（4）−<1arg(z)<−+1πz−2（5）z−1<2z+1（6）z−1+z+2≤5（7）z−2−z+2>1（8）zz+iz−iz≤1解（1）是以i为圆心、在以2为半径的圆外，3为半径的圆内的圆环，是有界闭区域、多连通．（图形略）（2）即y≤−2是下半平面，无界单连通闭区域．1（3）z到3的距离比z到2的距离大，因此，它是左半平面z<2，去掉z=2一2点，是无界的多连通的区域.（4）在直线y=kx的上方，其中k=−tan1．无界单连通区域（5）即()z−1(z−1)<4(z+1)(z+1)3zz+5z+5z+3>0225或x+y+2x+1>032⎛5⎞216⎜x+⎟+y>是无界多连通区域⎝3⎠9（6）此不等是焦点在z=1和z=−2初，长半轴为5/2的椭圆内部，为有界单连通闭区域）．242⎛1⎞（7）这是半支双曲线：4x−y>1，⎜x<−⎟部分是无界单连通区域．17⎝2⎠--------------------------------------------------------------------5---------------------------------------------------------------- 第一篇复变函数论2222（8）不等式即x+y−2y≤1，或x+(y−1)≤0，只有当x=0，y=1成立，因此，只代表复平面上一个点z=i．11.16已知映射w=，求z(1)圆周的象；（2）直线yx=的象；（3）区域x>1的象．11答案(1)||w==|，为圆周||2z=||z2111−i11-（2）wv===,,,uu==∴=−v直线zx(1i)+2x2x2x11−−iyy122（3）先看直线x=1的象，wv==∴uu=,,=∴+v=u2221i1++yy1+y1+y22而z＝0的象w=∞在圆的外部，因此x>1的象是圆的内部即为uu+v<1.17讨论下列函数在指定点的极限存在性，若存在求出其值，并判断在该点的连续性．21⎛zz⎞1）f()z=2x+iy，z=2i2)f()z=⎜−⎟，z=002i⎜z⎟0⎝z⎠解1）f()z=u(x,y)+iv(x,y)，z=x+iy0002则u()x,y=2x，v(x,y)=y，()x,y=(0,2)，00⎧limu(x,y)=lim2x=0⎪()()x,y→0,2()()x,y→0,2Q⎨()2⎪limvx,y=limy=4⎩()()x,y→0,2()()x,y→0,2∴limf(z)=0+4i=4iz→z0又注意f()z=u(x,y)+iv(x,y)=4i00000∴limf(z)=f(z)=4i0z→z02即f()z=2x+iy在点z=2i处极限存在且连续．02）设z=x+iy，则--------------------------------------------------------------------6---------------------------------------------------------------- 第一篇复变函数论1⎛zz⎞14ixyxyf()z=⎜−⎟==2=u()()x,y+ivx,y2i⎜z⎟2ix2+y2x2+y2⎝z⎠显然，v()x,y≡0在(0,0)点极限存在且连续．xy但注意lim2不存在，事实上，令y=kx，有22()()x,y→0,0x+yxy2k2klim2=lim=，对不同k值有不同结果，故知2222x→0x+yx→01+k1+ky=kx→0y=kx→0xylim2不存在．22()()x,y→0,0x+y1⎛zz⎞所以，lim⎜−⎟不存在．由连续与极限的关系知f(z)在z=0处极限不存在、z→02i⎜⎝zz⎟⎠不连续．注这两个问题均通过极限存在的充要条件将问题转化为两个二元实函数在对应点()x,y处极限存在性的判断问题，这是最常用的方法．在问题1）中，又根据连徐的另一00等价定义limf()z=f(z)，立即得到f(z)在z=2i处不仅极限存在，而且在该点连续00z→z0的结论；在2）中，f(z)实际上是一复变量实值函数，即v(x,y)≡0，所以由充要条件只xy需判断一个二元实函数u()x,y=在(0,0)点的极限存在性．由该二元实函数在22x+y()0,0点极限不存在即得f(z)在z=0处极限的不存在性．1.18若函数f()z在点zxy=+i点连续，证明000（1）f()z在该点连续；（2）|()|fz的模在该点连续．计算机仿真编程实践(说明：读者可参考第五部分计算机仿真编程实践)1.19使用Matlab,或Mathcad,或Mathmatic计算机仿真求解下列复数的实部、虚部;共轭复数；模与辐角；--------------------------------------------------------------------7---------------------------------------------------------------- 第一篇复变函数论3i1(23i)(34i)+−717(1)i−+;(2);(3);(4)ii+−4i1i++23i2i【解】计算机仿真程序a=[-i+3i/(1+i)1/(2+3i)(2+3i)*(3-4i)/(2i)i+i^7-4*i^17]real(a)imag(a)conj(a)abs(a)angle(a)1.20计算机仿真计算：1i−11636(1)(3i)+×;(2)(1i);(3)(1i);(4)(1)+−−13i+【解】计算机仿真程序(3+i)*(1-i)/(1+3i)(1+i)^6(1-i)^(1/3)(-1)^(1/6)1.21计算机仿真求解方程3z+=80【解】计算机仿真程序s=solve("z^3+8","z")1.22计算机仿真编程实践：n若zl(=⋅1,2,,)⋅⋅n对应为z−10=的根，其中n≥2且取整数.试用计算机仿真编程验ln1证下列数学恒等式∑n=0,成立.k=1∏()zzkm−m=1()mk≠【证明】计算机仿真验证程序如下N=100;Sum=0;fork=1:Nz(k)=exp(i*2*k*pi/N);endfork=1:NMultiplex=1;form=1:Nifm~=kMultiplex=Multiplex*(z(k)-z(m))--------------------------------------------------------------------8---------------------------------------------------------------- 第一篇复变函数论endendSum=Sum+1.0/Multiplexend1.23用计算机编程实践方法（Matlab,Mathcad,Mathmatic,C/C++）实现：（1）绘出单位圆及其内接正十七边形；（2）计算机编程求出边长；（3）能否对多变形进行推广，得出相应的计算机仿真计算方法.【解】计算机仿真程序%exercise1.23(1)%n=input("pleaseentersidesn=")n=17;r=1;x1=-r:0.01:rq=1-x1.^2y1=sqrt(q);a=2*r*sin(pi/n)N=0:1:nx=a/(2*sin(pi/n))*cos(2*pi*N/n)y=a/(2*sin(pi/n))*sin(2*pi*N/n)plot(x1,y1,"m",x1,-y1,"m",x,y);title("单位圆内接正十七边形")%exercise1.23(2)t=exp(i*2*pi/17);p=0.5*(sqrt(17)-1);q=-0.5*(sqrt(17)+1);r=0.5*(p+sqrt(p^2+4));s=0.5*(q+sqrt(q^2+4));x=0.5*(r+sqrt(r^2-4*s));a=sqrt(2-x)--------------------------------------------------------------------9---------------------------------------------------------------- 第一篇复变函数论1.24计算机仿真编程验证对复平面任意两个以上的不重合的有限远点Z,Z，（即保证分母不为零），恒等式kmN1∑N=0是否还成立呢？k=1∏()ZZkm−m=1mk≠注意式中自然数N≥2，而m,k为1至N的整数.（提示：利用随机函数产生随机数N，从而验证恒等式是否成立）k【解】计算机仿真程序n=2*round(1000*random("beta",1,1))+2%n=input("pleaseentern=")su=1;sum=0;R=0;Q=0;forj=1:nN1(j)=round(1000*randn(1,1));N2(j)=round(1000*randn(1,1));ifj==1N(j)=N1(j)+i*N2(j);elseform=1:j-R-1ifN1(j)==real(N(m))&N2(j)==imag(N(m))N1(j)N2(j)--------------------------------------------------------------------10---------------------------------------------------------------- 第一篇复变函数论N(m)R=R+1Q=Q+1jmbreakelseendendifQ==0N(j-R)=N1(j)+i*N2(j);elseQ=0endendendfork=1:n-Rforj=1:n-Rifj~=ksu=1/(N(k)-N(j))*su;endendsum=sum+su;su=1;endsum———————————————————————————————————————第二章解析函数习题及解答____________________________________________________________________2.1研究下列函数在任一点处的可导性、解析性．33xx1）f()z=x−iy；2）f()z=z；3）f(z)=z；4）f(z)=ecosy+iesiny．33解1）Qf()z=x−iy=u(x,y)()+ivx,y33∂u2∂u∂v∂v2故u()x,y=x，v(x,y)=−y；=3x，≡0，≡0，=−3y∂x∂y∂x∂y显见，u，v在全平面有连续一阶偏导，故u(x,y)，v(x,y)全平面处处可微，又令--------------------------------------------------------------------11---------------------------------------------------------------- 第一篇复变函数论⎧∂u∂v=⎪⎪∂x∂y⎨⎪∂v∂u=−⎪⎩∂x∂y2222得3x=−3y，即x+y=0⇔x=y=0即，当且仅当x=y=0时，C-R方程成立．所以f(z)仅在z=0处可导，其他任何点不可导．由解析的定义可知，f(z)于全平面处处不解析．注由此结果可见，复变函数可存在孤立的甚至唯一的可导点，而无孤立的解析点．2）f()z=z=x−iy，对任一z，考虑极限0f(z0+∆z)−f(z0)∆x−i∆y⎧1,∆x≠0,∆y=0lim=lim=⎨∆z→0∆z∆z→0∆x+i∆y⎩−1,∆x=0,∆y≠0即对任一z，上述极限不存在，由可导定义知，f(z)=z于任一点z处不可导．故00全平面不解析．223）f()z=z=x+y=u()()x,y+ivx,y22其中u()x,y=x+y，v()x,y≡0．所以，当(x,y)()≠0,0时，有∂ux∂uy∂v∂u=，=，=≡0∂xx2+y2∂yx2+y2∂x∂y因此，对∀(x,y)≠(0,0)，C-R方程不成立．()()2xux,0−u0,0x−0而当()x,y=(0,0)时，由于lim=lim=lim不存在，即x→0xx→0xx→0x∂u()0,0∂u(0,0)不存在，同理，不存在，故f(z)=z在z=0处不可导．于是，f()z=z∂x∂y于全平面处处不可导，不解析．∂u注在本题讨论中，仍然采用检验可导充要条件的方法，由于(x,y)()≠0,0时，，∂x∂u∂v∂v，，均连续，故u，v可微，但C-R方程处处不成立．对(x,y)()=0,0，从偏∂y∂x∂y∂u∂u导定义出发，得知与不存在，从而u(x,y)在(0,0)处不可微，故对平面任一点，可∂x∂y导的充要条件不满足．xx4）f()z=ecosy+iesiny=u(x,y)+iv(x,y)xxu()x,y=ecosy，v(x,y)=esiny∂ux∂v∂ux∂v∂u∂uQ=ecosy=，=−esiny=−，且，于全平面连续，故∂x∂y∂y∂x∂x∂yf()z于全平面处处可导，全平面处处解析．--------------------------------------------------------------------12---------------------------------------------------------------- 第一篇复变函数论∂u∂v又，f′()z=+i∂x∂xxx因此有f′()z=ecosy+iesiny=f(z)注1.这里用区域解析的充分条件得到结论；2.本题中的f(z)是一性质极好的函数：不仅全平面解析，且具有特性f′()z=f()z，它正是实指数函数ex在复平面的推广，即()xxzfz′=ecosy+=iesinyexpz=e．但应注意这一推广产生的新性质：z1）由于cosy与siny以2kπ为周期，使得e以2πi的整数倍为周期．z2）e可取到除0以外的任意复值，包括负值．这两点是值得注意的．2.2证明如果f()z=u(x,y)+iv(x,y)在区域D内解析且满足下列条件之一，则f()z必为一常数．1）f()z在D内为实值．2）f()z在D内解析．3）f()z在D内为常数．4）argf()z在D内为一常数．5）在D内有au(x,y)+bv(x,y)=c，其中a，b，c是不全为0的实常数．6）Re()f()z或Im(f(z))在D内为常数．7）在D内有f′(z)=0．证首先，由条件f()z=u(x,y)()+ivx,y在D内解析⇔a）u，v均在D内可微，且b）⎧∂u∂v=⎪⎪∂x∂y⎨在D内处处成立．⎪∂u∂v=−⎪⎩∂y∂x∂v∂v1）因为f()z在D内取实值，即v(x,y)≡0，(x,y)∈D．于是=≡0，∂x∂y∂u∂u()x,y∈D．将此结果代入C-R方程b），得=≡0，()x,y∈D．所以∂x∂yu()x,y=A．()x,y∈D．即f()z=Az∈D（A为一常数）2）于f()z=u(x,y)−iv(x,y)=u(x,y)+i[−v(x,y)]在D内解析．⎧∂u∂(−v)∂v==−⎪⎪∂x∂y∂y因而除条件a），b）成立之外，条件c）⎨成立．⎪∂u∂()−v∂v=−=⎪⎩∂y∂x∂x--------------------------------------------------------------------13---------------------------------------------------------------- 第一篇复变函数论联立b），c）得∂v∂v∂v∂v=−，=−∂y∂y∂x∂x∂u∂v∂u∂u即==0，(x,y)∈D．又由b）或c）得==0．∂x∂y∂x∂y所以在D内，恒有u(x,y)=A，v()x,y=B．即f(z)=A+iB为常数．223）由于f()z=u()()x,y+vx,y≡C，(x,y)∈D．o1若C=0，则f(z)≡0，z∈D⇔f(z)≡0，z∈D．o2222若C≠0，则由u(x,y)+v(x,y)≡C≠0，两端分别关于x，y求偏导得：⎧∂u∂vu+v=0⎪⎪∂x∂xe）⎨()x,y∈D∂u∂v⎪u+v=0⎪⎩∂y∂y将b）代入e）得⎧∂u∂uu−v=0⎪⎪∂x∂y⎨(x,y)∈D⎪∂u∂uv+u=0⎪⎩∂x∂y222由u()x,y+v(x,y)≡C≠0得∂u∂u=≡0，(x,y)∈D∂x∂y∂v∂v代入b）得=≡0，(x,y)∈D∂x∂y于是u()x,y≡A，v(x,y)≡B即f()z=A+iB，z∈D（A，B为任意实常数）3）因为argf(z)≡常数，z∈D，由主值支argω的表达式得v(x,y)222f）arctan≡常数=C，及u(x,y)+v(x,y)≡C≠0，()x,y∈Du()x,y⎧v(x,y)≡0o1若C=0，则⎨()x,y∈D⎩u()x,y>0归为1）的情形，得证．o2若C≠0，对c）两端分别关于x，y求偏导得--------------------------------------------------------------------14---------------------------------------------------------------- 第一篇复变函数论⎧∂v∂uu−v⎪∂x∂x⎧∂v∂u⎪=0u−v=022⎪⎪u+v22⎪∂x∂x⎨(u+v≠0)即⎨∂v∂u∂v∂u⎪u−v⎪u−v=0⎪∂y∂y⎪⎩∂y∂y⎪22=0⎩u+v将b）代入得⎧∂v∂uu−v=0⎪⎪∂x∂x⎨(x,y)∈D⎪∂v∂uv−u=0⎪⎩∂x∂x2()2()∂u∂vQux,y+vx,y≠0，∴==0∂x∂x∂v∂u再由b）即得=0，=0∂y∂y从而得f()z=A+iB，z∈D（A，B为任意实常数）5）Qau(x,y)()+bvx,y=c，()x,y∈D，且a，b，c是不全为0的实常数．22所以有a+b≠0．于是对上式两端分别关于x，y求偏导得⎧∂u∂va+b=0⎪⎪∂x∂x⎨∂u∂v⎪a+b=0⎪⎩∂y∂y将b）代入得⎧∂u∂va+b=0⎪⎪∂x∂x⎨⎪∂u∂vb−a=0⎪⎩∂x∂x⎧∂u=022⎪⎪∂x因为a+b≠0，故得⎨(x,y)∈D⎪∂v=0⎪⎩∂x∂v∂u再由条件b）即得=0，=0．于是得∂y∂yf()z≡A+iB，z∈D（A，B为任意实常数）o6）1若Im()f()z≡C=0，则f(z)在D内取实值．即1）所证．若Im()f()z≡C≠0即v()x,y≡C，(x,y)∈D--------------------------------------------------------------------15---------------------------------------------------------------- 第一篇复变函数论∂v∂v则≡0，≡0，(x,y)∈D，代入b），即得∂x∂y∂u∂u≡0，≡0．(x,y)∈D，∴f()z=A+iB，z∈D（A，B为任意实常数）∂x∂yo2若Re()f()z≡C，即u(x,y)≡C，(x,y)∈D∂u∂u∂v∂v则≡0，≡0，则由b）知≡0，≡0，即f(z)=A+iB，z∈D∂x∂x∂x∂y∂u∂v∂u∂v7）由于f′()z=+i．所以若在D内有f′(z)=0，则=0，=0()x,y∈D，∂x∂x∂x∂x∂u∂v由条件b）即得=0，=0()x,y∈D．∂y∂y所以f()z=A+iB，z∈D（A，B为任意实常数）．注以上各命题的论证均是在f(z)于区域D上解析的前提下进行的，否则结论不一定成立．例如，f(z)=z为一实值函数，满足条件1）．但它于全平面不解析（见1-26题，3）．显然f()z=z在任何区域D上不可能取常数值，即无题中的结论．2.3证明在极坐标系下的柯西－黎曼条件为∂∂∂∂uu11vv==,−∂∂∂∂rρϕρρϕ【提示：可利用xy=ρcos,ϕρϕ=sin，然后根据复合函数求导证明】22⎛∂∂⎞222.4设f()z=u(x,y)+iv(x,y)在D内解析．证明⎜+⎟f()z=4f′()z．⎜22⎟⎝∂x∂y⎠222证令f()z=u(x,y)+v(x,y)=G(x,y)∂2G⎡⎛∂u⎞2⎛∂v⎞2∂2u∂2v⎤则=2⎢⎜⎟+⎜⎟+u+v⎥（1）222∂x⎢⎣⎝∂x⎠⎝∂x⎠∂x∂x⎥⎦22∂2G⎡⎛∂u⎞⎛∂v⎞∂2u∂2v⎤同理得=2⎢⎜⎟+⎜⎟+u+v⎥（2）2⎜⎟⎜⎟22∂y⎢⎣⎝∂y⎠⎝∂y⎠∂y∂y⎥⎦并注意f()z在D内解析．∂u∂v∂v∂u所以有f′()z=+i=−i∂x∂x∂y∂y22222⎛∂u⎞⎛∂v⎞⎛∂u⎞⎛∂v⎞即f′()z=⎜⎟+⎜⎟=⎜⎜⎟⎟+⎜⎜⎟⎟⎝∂x⎠⎝∂x⎠⎝∂y⎠⎝∂y⎠且u，v均为调和函数，即∆u=∆v=0．于是（1）+（2）得22∂G∂G2+=4f′()z22∂x∂y注本题证明中用到解析函数三条性质：（1）实、虚部满足C-R方程．（2）--------------------------------------------------------------------16---------------------------------------------------------------- 第一篇复变函数论∂u∂v∂v∂uf′()z=+i=−i．（3）实部、虚部均为调和函数．即∆u=0，∆v=0．∂x∂x∂y∂y2.5证明解析函数f(z)()()=ux,y+ivx,y的实、虚部所确定的曲线族u()x,y=C与v()x,y=B在f′(z)≠0的点处是正交的．（C，B为任意实数）证因为在f′(z)≠0的点(x,y)，曲线族u(x,y)=C在该点处的切线斜率为dy∂u∂u∂u∂vk==−=．1dx∂x∂y∂x∂xdy∂v∂v∂v∂u曲线族v()x,y=B在该点处的切线斜率为k==−=−．2dx∂x∂y∂x∂x所以kk=−1．即曲线族u()x,y=C与曲线族v(x,y)=B正交．12∂u∂v（2）对使得≠0，=0的点()x,y，曲线族u(x,y)=C在该点处的切线为铅直线（∵∂x∂xdxdy=0），而曲线族v(x,y)=B在该点处的切线为水平线（∵=0），故二者正交，同dydx∂v∂u理，当≠0，=0时，二者也正交．∂x∂x注1.本题证明中用到曲线与曲线正交即为二者在交点处切线的正交这一概念；2.本题的结论是解析函数在f′(z)≠0处的又一性质．2.6已知下列调和函数求复势表达式f()z=u(x,y)+iv(x,y)．并写成关于z的表达式．y1）u()()x,y=2yx−1，f(2)=−i2）v()x,y=arctan，x>0x解由于f()z=u(x,y)+iv(x,y)解析，所以u(x,y)，v(x,y)满足C-R方程．∂v∂u1）u()x,y=2y(x−1)，故==2y．∂y∂x2∂v∂u由此得v()x,y=y+C(x)，这里C()x为x的任一可导函数．又由=−得∂x∂yC′(x)()=−2x−12所以C()x=−x+2x+C，C为任一实常数．1122于是v()x,y=y−x+2x+C．1⎧x=2令z=2，即⎨得f(2)=iC1=−i∴C1=−1⎩y=0于是，满足条件的解析函数为22f()z=2y(x−1)+i(y−x+2x−1)2所以f()z=−i(z−1)--------------------------------------------------------------------17---------------------------------------------------------------- 第一篇复变函数论⎧∂u∂v=−r⎪⎪∂θ∂r2）在极坐标系下，C-R方程为⎨形式．⎪∂v∂u=r⎪⎩∂θ∂ry⎛ππ⎞∂v∂v∂u令v=arctan=θ（则由x>0得θ∈⎜−,⎟），有=1，=0，所以得r=1，x⎝22⎠∂θ∂r∂r∂u1即=∂rr解得u()r,θ=lnr+C(θ)C(θ)为θ的任一可导函数．∂u∂v又由=C′()θ=−r=0得C(θ)=C．C为任一实常数．11∂θ∂r所以u()r,θ=lnr+C1f()z=u(r,θ)+iv(r,θ)=lnr+C+iθ1y注意r=z，θ=arctan=argz()x>0得xf()z=lnz+iargz+C1px2.7设v()x,y=esiny，求p之值，使v为一调和函数，并求一解析函数f()z=u(x,y)+iv(x,y)．px解因为v()x,y=esiny，所以2∂vpx∂v2px∂vpx∂vpx=pesiny，=pesiny，=ecosy，=−esiny2∂x∂x∂y∂y22∂v∂vpx2由∆v=+=esiny[]p−1=0，得p=±1．22∂x∂yx（1）当p=1时，v()x,y=esiny．由1-32题的方法易求出调和函数()xxxzux,y=ecosy+c，则f()z=ecosy+C+iesiny=e+C为所求解析函数，其中C为任意实常数．−x−x（2）当p=−1时，v(x,y)=esiny．可求得调和函数u(x,y)=−ecosy+C．（C11为任一实常数）．于是所求的解析函数为()−x−x−z[()()]−xfz=−ecosy+C+iesiny=−ecos−y+isin−y+C=−e+C(全111平面解析)2.8计算下列复数iz1）()1+i2）1，其中z=x+iy；3）ln(−i)；1+i4）i；5）ln(−2)⎡π⎤⎛1⎞i⎢ln2+i+i2kπ⎥−⎜+2k⎟π+iln2iiln()1+i⎣4⎦⎝4⎠解1）()1+i=e=e=e（k为整数）zx+iy(x+iy)(i2kπ)−2kπy()2）1=1=e=ecos2kπx+isin2kπx(k=0,±1,±2,L)z当k=0时得1=1--------------------------------------------------------------------18---------------------------------------------------------------- 第一篇复变函数论π3）ln()−i=ln−i+iarg()−i+i2kπ=−i+i2kπ(k=0,±1,±2,L)2()1/2+2kπ()4）iek=0,±1,±2,L；5）ln2+i(2k+1)π(k=0,±1,±2,L)注（i）.以上各题均由定义求得；z(ii).值得注意的是，1只是1无穷多个值中的一个值（对应于k=0），这与实变量函数中的概念不同．2.9求解方程sinzz+cos=0iz−−izizizeeee−+iz−izsinzz+=cos+=0∴−eiei(1)=−+(1)22iπ2iz1+iin(2π−2)【解】ei=−=−=e1−i∴=−znππ/4,(0,1,2,)n=±±L2.10解下列方程z1）sinz=02）1+e=0iz−ize−e解2）∵sinz==02iiz−izi2z∴e=e，即e=1由对数函数定义得i2z=ln1=i2kπ∴z=kπ，k为任意整数．kzz3）由e+1=0得e=−1由对数函数定义得z=ln(−1)(=i2k+1)πk为任意整数k主值为z=πi02.11证明，对任何数（复数、实数）ω，方程cosz=ω均有解．iz−ize+eiz1⎛1⎞证在cosz=中，令t=e，则cosz=⎜t+⎟，且22⎝t⎠iz−y()t=e=ecosx+isinx，所以t≠0．且t可取到任意非0值．1⎛1⎞22于是，原方程即为⎜t+⎟=ω，即t−2ωt+1=0．所以t=ω+ω−1．（这里2⎝t⎠2ω−1有两个根）iz2故e=ω+ω−1≠0，由对数函数定义得1(2)(2)z=lnω+ω−1=−ilnω+ω−1i2所以ω+ω−1≠0．故右端对任意ω均有意义，得证．注这里的结果说明两点：（1）复变量余弦函数可取到任意值（复、实值），而不象实余弦2函数取值区间仅为[−1,1]；（2）所得结果改变z与ω的位置，即得ω=−iln(z+z−1)）．这正是ω=cosz的反函数．可对sinz进行同样讨论，此略．2.12求ω，使对任意z，有sin(z+ω)=sinz．--------------------------------------------------------------------19---------------------------------------------------------------- 第一篇复变函数论i(z+ω)−i(z+ω)iz−iz解由sinz的定义，即求满足方程e−e=e−e的一切ω值．i2ziω−iω−iωi2ziω整理化简即得e⋅e(1−e)=−(1−e)，对任意z成立．且因e⋅e≠0．−iω故得1−e=0，即−iω=ln1=i2kπ．k为任意整数．所以ω=2mπ()m=0,±1,±2,L注由此题结果可见，复变量正、余弦函数为周期函数，且周期与实变量正、余弦的相同．2.13若某解析函数的实部等于虚部的平方，证明该解析函数必为常数．【提示，参考例2.6.1即可证明，这是该例的一个特殊情况】本章计算机编程实践π1i−22ii2.14计算机编程计算zez=,==3,z(1i),+=zi1234【解】计算机仿真程序z1=exp(1-i*pi/2)z2=3^sqrt(2)fork=0:9%9是任意选定的整数z3=exp(i*(1.0/2*log(2)+i*pi/4+i*2*pi*k))z4=exp(i*(i*pi/2+i*2*pi*k))end2.15计算机编程计算zz=−Ln(34i),+=−ln(i1)12【解】计算机仿真程序fork=0:99%99是任意取的整数值，也可取负整数z1=log(-3+4*i)+i*2*k*pi%特别说明：在MATLAB中用log表示以e为底的对数，即lnendz2=log(i-1)2.16计算机编程解方程sinz=2【说明：s=solve("sin(z)-2","z")%上述方法不能直接解出z，读者可先进行推导，然后在求解】2.17计算机编程计算Arctan(1i)+【解】atan(1+i)z2.18计算机求解方程e+10=【解】s=solve("exp(z)+1","z")2.19计算机仿真（Matlab,Mathcad,Mathmatic）绘出sin,cos,tan,ctanzzzz的图形.【解】计算机仿真程序如下%(1)sinzz=15*cplxgrid(30);cplxmap(z,sin(z));colorbar("vert");title("sin(z)")--------------------------------------------------------------------20---------------------------------------------------------------- 第一篇复变函数论%(2)coszfigurez=15*cplxgrid(30);cplxmap(z,cos(z));colorbar("vert");title("cos(z)")%(3)tanzfigurez=15*cplxgrid(30);--------------------------------------------------------------------21---------------------------------------------------------------- 第一篇复变函数论cplxmap(z,tan(z));colorbar("vert");title("tan(z)")%(4)ctanzfigurez=10*cplxgrid(30);cplxmap(z,cot(z));colorbar("vert");title("cot(z)")2.20对于下列解析函数，分别用计算机仿真方法（Matlab,Mathcad,Mathmatic）绘出其实--------------------------------------------------------------------22---------------------------------------------------------------- 第一篇复变函数论部和虚部的等值曲线图．（如等势线、电力线）23(1)()fzz==;(2)()fzz【解】计算机仿真程序%2.20(1)[X,Y,Z]=peaks;Z=X.^2-Y.^2;%计算格点上的函数值contour(X,Y,Z,12)title("f(z)=z^2%实部等值曲线图(等势线)")Z=2.*X.*Y;figurecontour(X,Y,Z,12)title("f(z)=z^2%虚部等值曲线图(电场线)")--------------------------------------------------------------------23---------------------------------------------------------------- 第一篇复变函数论%2.20(2)figure[X,Y,Z]=peaks;Z=X.^2-Y.^2;%计算格点上的函数值contour(X,Y,Z,12)title("f(z)=z^3%实部等值曲线图(等势线)")Z=2.*X.*Y;figurecontour(X,Y,Z,12)--------------------------------------------------------------------24---------------------------------------------------------------- 第一篇复变函数论title("f(z)=z^3%虚部等值曲线图(电场线)")————————————————————————————第三章复变函数的积分习题及其解答——————————————————————3.1如果函数f()z是在【1】单连通区域；【2】复通区域中的解析函数，问其积分值与路径有无关系？【答案单连通无关，复连通有关】dz3.2计算积分的值∫||2z=z3−1【答案0】dz3.3计算积分:其中a>0．设L分别为∫Lza22−（1）(1)||za=−/2;|zaa|=+;(3)|zaa|=πiπi【答案(1)0；（2）；(3)−】aa3.4计算积分∫Imdzz，其中积分曲线C为C（１）从原点到2i+的直线段；（２）上半圆周||1z=，起点为1，终点为−1；（３）圆周||(0zaRR−=>)的正方向（逆时针方向）2【答案(1)1i/2;(2)+−−π/2;(3)πR】z3.5计算积分∫dz的值，C||z(1)||2;(2)||4;zz==【答案(1)4πi;(2)8πi】--------------------------------------------------------------------25---------------------------------------------------------------- 第一篇复变函数论π+2iz3.6计算积分的值∫cosdz02【答案ee+1/】3.7计算下列积分的值dz2ddzz（1）；（2）zezd(3);(4)∫||1z=cosz∫||2z=∫∫||1zz==zz2+24++||1()zz1(2+)2i4πi【答案（1）0；（2）0；（3）0；（4）】4i+3.8计算zez(1)d;(2)zzd;∫∫||2zz==zz−−3||2(1)(22z+1)zcosze(3)d;(4)zzd∫∫|izz−=|1(izz−−)32||1=(2z)zezd(5)d;(6)z∫∫||1zz=−zz52|i|2=(4z2+)3πiπ【答案（1）0；（2）0；（3）−πicosi；（4）−πi；（5）（6）−】21283.9计算积分1iπi6−z（1）(1)∫∫∫zzzsind;(2)ch3d;(3)(zzzez−1)d0001【答案(1)sin1cos1;(2)i;(3)1cos1i[sin(1)1]−−+−】3cosz3.10计算复数(1)dz，其中Cz:||2=顺时针方向；Cz:||3=逆时针方向．∫CC+31212zze（2）dz，其中复常数||1a≠∫||1z=()za−3a【答案（1）0；（2）当||1,0;||1,aae><πi】3.11设L为不经过点b和−b的简单正向（逆时针）曲线，b为不等于零的任何复数，试就曲线L与b的各种可能计算积分的值．zIz=∫dL()zbzb+−()πiπi【答案（1）L不含±b，则I=0;（2）L含b，I=；L含−b，I=−；（3）两点在bb内部I=0】πξe33.12已知hz()=∫dξ，试求hh(i),(i)−，以及当||2z>时，hz′()的值.||2ξ=ξ−z【hi()=−+−=π(3i);(i)hπ(3i);||2,()0+z>hz′=】zze3.13计算积分dz，其中常数a在闭曲线C内部∫C()za−31a【答案(2+ae)】23.14设C为正向圆周z=1，且||1a≠，证明：积分--------------------------------------------------------------------26---------------------------------------------------------------- 第一篇复变函数论2π⎧(||1)a<|d|z2⎪1||−a=⎨∫||1z=|za−>|22π(||1)a⎪⎩||1a2−dz2π12cos+θ3.15利用积分∫||1z=的值，证明∫0d0θ=z+254cos+θ|d|z3.16计算积分,(||ar≠)∫||zr=||za−2iθrr2（提示：令czre:|=⇒=dz|dz,注意到点a,是关于圆周||zr=的对称点）iza3.15.已知πsinζ4fz()=∫dζζ−zζ=2求f(12i),(1),−ff′(1)．cosz3.18计算积分（2）dz∫||1z=ezz2本章计算机仿真编程2π12cos+θ3.19计算机仿真编程验证3.15的积分结果∫d0θ=054cos+θ【解】计算机仿真程序symsx;IS=int("(1+2*cos(x))/(5+4*cos(x))","x",0,2*pi)%求解析积分vpa(IS)3.20计算机仿真计算下列积分的值（沿非闭合路径的积分）3πiiiπ2z6−z(1)Ie===d;(2)zIch3d;(3)zzIz(−1)ed;z123∫∫∫−πi00i1tan+z(4)Iz=d,其积分的路径为沿1到i的直线段．4∫21cosz(说明：沿闭合路径的积分可以利用留数的定义，留数定理来计算；而留数可以利用计算机仿真编程Matlab直接求解）【解】计算机仿真程序symsz;IS1=int("exp(2*z)","z",-pi*i,3*pi*i);I1=vpa(IS1)%(2)IS2=int("cosh(3*z)","z",0,pi/6*i);I2=vpa(IS2)%(3)IS3=int("(z-1)*exp(-z)","z",0,i)I3=vpa(IS3)--------------------------------------------------------------------27---------------------------------------------------------------- 第一篇复变函数论%(4)IS4=int("(1+tan(z))/(cos(z)^2)","z",1,i)I4=vpa(IS4)____________________________________________________________________第四章解析函数的幂级数展开习题及解答_________________________________________________________4.1判断级数的收敛性，绝对收敛性.∞n∞nii1)∑2)∑2k=1nk=1nππ解1)Qi=cos+isin22⎡nπnπ⎤∞in∞⎢cossin⎥22∴∑=∑⎢+i⎥n=1nn=1⎢nn⎥⎢⎣⎥⎦nπnπ∞cos∞sin22由实数项级数收敛的狄离赫利判别法可知∑与∑均收敛.故由n=1nn=1n∞nn∞∞nii11i复数项级数收敛充要条件知∑.但=.而∑发散，所以∑非绝对收敛.n=1nnnn=1nn=1nn∞∞n∞ni11ii2)因2=2，而∑2收敛，即∑2收敛，于是∑2收敛，且为绝对收敛.nnn=1nn=1nn=1n注由此两题可见，对于复数项级数，绝对收敛⇒收敛；而收敛≠＞绝对收敛.2)可作为此种情况的例子.∞n4.2幂级数∑an(z−2)能否在z=0处收敛，而在z=3处发散？说明理由.n=0答不可能.因为若在z=0处发散，则由Abel定理，在一切满足z−2<0−2=2的z处级数均为收敛，显见，z=3满足此不等式故不可能在z=3处发散.n1ik∞1ik⎛+⎞⎛+⎞4.3求极限limSn，其中Sn=∑⎜⎟，并由此判断复数项级数∑⎜⎟的敛散性.n→+∞k=1⎝2⎠k=1⎝2⎠1+i2解设α=.注意α=<1.22n(n)n−1k()n−1α1−αααSn=∑α=α1+α+L+α==−k=11−α1−α1−α--------------------------------------------------------------------28---------------------------------------------------------------- 第一篇复变函数论n+1⎡αα⎤αn+1所以limS=lim−⎥=(α→0)n⎢n→+∞n→+∞⎣1−α1−α⎦1−αn→+∞1+i将α=代入得2limS=inn→+∞∞1ik∞1ik⎛+⎞⎛+⎞由复数项级数收敛的定义可知，∑⎜⎟收敛于i.即∑⎜⎟=ik=1⎝2⎠k=1⎝2⎠∞k注1.这里的Sn即为复数项级数∑α的部分和序列，求Sn之极限中利用了k=1∞nkα<1⇒α→0的结论.由Sn极限存在得∑α收敛结论，这是最基本的方法.k=1∞∞∞kk4.4证明：若∑αk收敛，则∑α收敛(这时称∑α绝对收敛).k=1k=1k=1∞∞证设αk=ak+ibk，则ak≤αk.由正项级数比较判别法，∑αk收敛⇒∑ak，1k=1∞∞∞∑bk均收敛，又由实数项级数知识知∑ak与∑bk收敛.于是由复数项级数收敛的充要条k=1k=1k=1∞件得∑αk收敛.k=1∞∞注若∑αk收敛，称∑αk绝对收敛.则本题的结论说明复数项级数绝对收敛，则必收敛.k=1k=1证明方法用的是实数项级数对应的统一性质.应注意∑αk收敛≠＞∑αn收敛，故不能由∑αk发散推出∑αk发散.∞∞an+1nann+14.5设极限lim存在，证明下列三个级数有同一收敛半径：∑anz；∑z；n→∞an=0n=0n+1n∞n−1∑nanz.n=1∞an+1n1证设lim=λ，则级数∑anz收敛半径为R=，(λ≠0)，由收敛幂级数性质，n→∞an=0λn∞n在z211解1)因为f(z)=−，将f(z)在环域12时，对于f(z)=−有(z−2)(z−1)120<<<1zz--------------------------------------------------------------------32---------------------------------------------------------------- 第一篇复变函数论−1111n仿1)，有=⋅=∑z1<22n=24.11下列推导是否正确？为什么？用长除法得z2n=z+z+⋅⋅⋅+z+⋅⋅⋅(1)1−zz111=1+++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅(2)2nz-1zzz(1)+(2)得左端＝01112n∴右端＝⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+++1+z+z+⋅⋅⋅+z+⋅⋅⋅=0n2zzz答推导不正确，因为(1)与(2)成立均有条件：1对(1)，只有当z<1方能成立，而对(2)，只有当<1，即z>1方能成立，即(1)与(2)z没有同时成立的公共点集，故二者不能相加(由Laurent级数收敛的定义)，所以上述结果是错误的.4.12将下列函数在∞的去心邻域展为Laurent级数，并指出其收敛域.112z21)f(z)=2)f(z)=ze22(1+z)+∞n解1)因为f(z)在11内，围绕z=0，简单、正向、闭，且ϕ(z)=e1−z在该环域内解析，由Laurent系数公式知1e1−z1dzdz＝e1−z⋅dz=2πi⋅C∫5∫4+14zzz=2z=21C为e1−z在环域z>1内Laurent展开式的z4系数，且C＝0441e1−z故∫5dz＝0zz=211dz3)e1−zdz＝e1−z⋅=2πi⋅C∫∫−1+1−1zz=2z=21C为e1−z在环域z>1内Laurent展开式中z−1的系数，知C＝－1，即−1−11e1−zdz＝2πi⋅C＝−2πi∫−1z=24.16计算积分：(路径为正向)11∫ncosdz，n为自然数.zzz=1(答n＝1时，积分＝2πi，n>1时，积分＝0.)本章计算机仿真编程实践(要求：对下述各题，要求尝试计算机仿真编程求解)14.17尝试计算机仿真编程(Matlab，Mathematic，Mathcad)求出f(z)＝在z=021−z−z邻域的Taylor级数，并求收敛半径.2345−1(提示：答f(z)=1+z+2z+3z+5z+⋅⋅⋅z<=R)2【解】计算机仿真程序%(1)taylor(1/(1-z-z^2),0)%(2)BecauseCn+2=Cn+1+Cn;therefore:R=1+1/RRR=solve("R^2-R-1","R")%注意到取正的根，即为收敛半径--------------------------------------------------------------------35---------------------------------------------------------------- 第一篇复变函数论dz4.18级数展开法(确定系数)计算积分，并实践编程验证.∫||2z=z100−1【解】计算机仿真程序N=100;Sum=0;fork=1:Nz(k)=exp(i*2*k*pi/N);endfork=1:NMultiplex=1;form=1:Nifm~=kMultiplex=Multiplex*(z(k)-z(m))endendSum=Sum+1.0/Multiplex;Integration=2*pi*i*Sumend14.19将函数在下列区域内展为幂级数，并利用Matlab级数展开法验证.2z−3z+21)z<1内；2)12∞1n(答1)∑(1−)z；2)，3)见7题答案，其中a=1,b=2)n+1n=02【解】计算机仿真程序%(1)T1=taylor(1/(z^2-3*z+2),0)%(2)%(3)分析并推导后展开即可14.20将在下列区域内展为罗郎级数，并用Matlab级数展开法验证.2z(z−i)1)011111解1)f(z)==⋅，其中在z−i>1内解析，故可作Taylor展222z(z−i)zz−iz1⎛−1⎞开，注意＝⎜⎟，而2z⎝z⎠∞n−11n⎛z−i⎞=i=i∑(−1)⎜⎟z1+z−in=0⎝i⎠i逐项求导得--------------------------------------------------------------------36---------------------------------------------------------------- 第一篇复变函数论∞∞n1(−1)n−1(−1)n2=∑n−1n(z−i)=∑n+2(n+1)(z−i)z−i<1zn=1in=0i∞n11(−1)n−1∴f(z)=⋅=∑(n+1)(z−i)2n+2zz−in=0i∞1n−1n=∑i(n+2)(z−i)，01，故1)中关于的展开式无效，但<1.zz−i1111∴==⋅zz−i+iz−ii1+z−i1∞in∞inn⎛⎞n=∑∑(−1)⎜⎟=(−1)n+1z−inn=00⎝z−i⎠=(z−i)由环域内收敛Laurent级数可逐项求导的性质有′∞1⎛−1⎞n−n−22=⎜⎟=∑(−i)(n+1)(z−i)z⎝z⎠n=0∞∞n11n−(n+3)(−i)(n+1)∴f(z)=⋅=(−i)(n+1)(z−i)=∑2∑n+3zz−in=0n=0(z−i)11时收n+1nn=10=2z--------------------------------------------------------------------37---------------------------------------------------------------- 第一篇复变函数论z敛,第二个级数当<1即z<2时收敛。于是所给级数在环域11。证因为f()z在z点解析，且z为其m阶零点。故f()z在z的邻域内Taylor000展式为mm−+11fzCzz()()=−+−+Czz()L其中Cz≠0.−2)。且R()z在实轴上无奇点，在上半平面的奇点为ze=4，13iπze=4均为一级极点。2+∞1d1x11∴I==⋅2(Res(πiz,)Res(+,z))∫4412421++xz211+z0π31πiiiπ=⋅−πiz()(+=z)−(e44+=e)124422+∞sinx5.15计算定积分dx。∫2xx(1+)0sinxsinxxxsin解：首先注意=−。22x(1++xxx)1+∞+∞+∞+∞sindxxsinxxxsinπxxsin则=−=ddxxx−d∫∫∫22∫2xx(1++)x1x21+x0000izzez故只要计算第二项的值即可：设fz()==,()Rz的分母次数比分子次数高2211+zz+１，在实轴上无奇点，在上半平面有一个一级极点zi=。0--------------------------------------------------------------------44---------------------------------------------------------------- 第一篇复变函数论+∞+∞ix+∞+∞xexcosxxsinx∴f()dxx==+dxdxidx∫∫∫∫222111+++xxx−∞−∞−∞−∞+∞xsinxi1π=0d+=ix2ππiRes[]f(z),i=2i⋅=∫212+xee−∞+∞+∞xxsinπxxsinπ由此dx=，dx=∫2∫21+xe12+xe−∞0+∞sinxπππ1于是Ix=d(=−=−1)∫2x(1+xe)222e0+∞注：要注意∫f()dxx是一实变量复值积分，且实部为奇函数，虚部为偶函数，−∞+∞f()d2Res[(),]xx=πifzz按实部等于实部，虚部等于虚部得最后结果。∫0−∞2π1πdx25.16计算实积分(1)daθ;(2)(>0)∫∫001cos++22θaxsinπ【答案（1）2π；（2）】22aa+∞dx5.17计算积分∫−∞x4−1π【答案−】2∞cosmx5.18计算积分dx的值∫0xa22+π−ma【答案e】2a∞xmsinx5.19计算积分dx的值∫0()xa22+2mπ−ma【答案e】4a225.20若函数f()zuxyixy=(,+v(,)解析，且ux−−++v=()y(4)xxyy，试求f()z.3【答案f()zi=−zc+】5.21利用复变函数环路积分方法，证明级数∞n4(1)−7π∑4=−n=1n7201（提示：考虑函数沿着仅包围某一个奇点znn=(0≠)的环路l的积分）4n2sizinπz--------------------------------------------------------------------45---------------------------------------------------------------- 第一篇复变函数论计算机仿真编程实践5.22计算机仿真计算（利用Matlab计算机求解出留数，然后求积分）zdz∫|z|=2z1000+1【解】计算机仿真程序%利用一阶极点求留数的方法，可以计算某奇点的留数为z/(1000*z^999)=1/(1000*z^998)%然后求和再乘以2*pi*iN=1000;Sum=0;fork=1:Nz(k)=exp(i*2*k*pi/N);Sum=Sum+1/(1000.0*z(k)^998);endIntegrate=2*i*pi*Sum2ze−1z−35.23计算机仿真计算（１）在０点（2）在０点处的留数。332zzz+58（答案（１）１；（2）.）25【解】计算机仿真程序%(1)symszf=(exp(z^2)-1)/z^3limit(diff(f*z^3,z,2)/prod(1:2),z,0)%(2)symszf=(z-3)/(z^3+5*z^2)limit(diff(f*z^3,z,2)/prod(1:2),z,0)5.24利用计算机仿真编程的方法计算积分（积分方向为正方向）2nzd(zn为自然数).∫||2z=1+zn【解】计算机仿真程序%利用一阶极点求留数的方法，可以计算某奇点的留数为z(k)^(2n)/(n*z(k)^(n-1))=(z(k)^(n+1))/n%然后求和再乘以2*pi*in=100;Sum=0;fork=1:n--------------------------------------------------------------------46---------------------------------------------------------------- 第一篇复变函数论z(k)=exp(i*2*k*pi/n+i*pi/n);Sum=Sum+(z(k)^(n+1))/n;endIntegrate=2*i*pi*Sumdz5.25利用计算机仿真计算积分，并验证典型实例结果。∫||2z=()ziz+−−10(1)(3z)【解】计算机仿真程序%积分的计算可以转化为瞬时针,积分反号，然后再利用无界区域的柯希公式（注意奇点z=3）z=3Integrate=-2*pi*i/((z-1)*(z+i)^10)————————————————————————————第六章保角映射习题及解答—————————————————————————————6.1一个解析函数所构成的映射在什么条件下具有伸缩率和转动角的不变性？试讨论映射2w=z在复平面上的每点都具有这个性质吗？2【答案在导数不等于零的条件下具有伸缩率和转动角的不变性；显然w=z除z=0外均具有此性质】226.2求w=z在点zi=处的伸缩率和转动角．问w=z将经过点zi=且平行于实轴正向的曲线的切线方向映射成w平面上那个方向？并作图表示．π【答案伸缩率：|()|2w′i=；旋转角：Argw′()i=；w平面上虚轴的正向】26.3求所给区域在指定映射下的象111（1）01，Im(z)>0：ω=2zz11解（1）00，知v<0⎪()−yvx,y=⎪22⎩x+y12212y又由y<得u+v=>−2v=22222x+yx+y22故有u+()v+1>111所以区域01，Im(z)>0之边界为l1：⎨，y>0；l2：⎨，x>1．⎩y=y⎩y=0⎧1u()1,y=⎪22⎪1+y⎛1⎞21∵⎨，y>0，消去y得⎜u−⎟+v=⎪()−y⎝2⎠4v1,y=⎪2⎩1+y--------------------------------------------------------------------48---------------------------------------------------------------- 第一篇复变函数论2⎛1⎞21即l1的象为圆周⎜u−⎟+v=⎝2⎠4⎧1⎪u()x,0=⎧01．即⎨．故l2的象为u轴上线段()0,1．再来⎪v()x,0=0⎩v=0⎩求区域Re()z>1，Im(z)>0内部的象．∵x>1⎧xu()x,y=⎪22⎪x+y221x∴由⎨得u+v=<=u2222⎪()−yx+yx+yvx,y=⎪22⎩x+y2⎛1⎞21−y即⎜u−⎟+v<，所以其象在此圆内部．又y>0，故由v()x,y=知v<0．及22⎝2⎠4x+y1其象位于W平面的下半平面，于是，区域Re(z)>1，Im(z)>0在映射ω=下的象为Wz2⎧⎛1⎞21⎪⎜u−⎟+v<平面的半圆域⎨⎝2⎠4，如图1.10．⎪⎩v<06.4在映射w=iz下，下列图形映射为什么图形？1）以ziz==,1−=,1z为顶点的三角形；1232）圆域|1z−≤|1【答案（1）www=−=1,−=ii,为顶点的三角形；123(2)圆域||w−≤i1】6.5求出将点z=1，i，−i依次映为点ω=1，0，−1的分式线性映射．由此映射将单位圆z<1映为什么？解设z1=1，z2=i，z3=−i，ω1=1，ω2=0，ω31=−1，于是由条件知，所求分ω−ωω−ωz−zz−z131131式线性映射为：=：ω−ωω−ωz−zz−z232232ω−1−1−1z−1−i−1将z与ω()k=1,2,3代入得：=：kkω−0−1−0z−i−i−i−1+2iz−i化简得ω=⋅54−3iz−5这就是满足ω=f(z)(k=1,2,3)的分式线性映射．kk--------------------------------------------------------------------49---------------------------------------------------------------- 第一篇复变函数论4−3i4−3iz=映为W平面的∞，而z=位于z=1上，故由分式线性映射的保圆性知，55z=1变为直线．再注意ω与z的位置，可知z=1映为W平面的实轴．又因为沿方向kkz→z→z在z=1上行进时，单位圆内部位于行进者左侧，由分式线性映射保角性，123z<1的象应为与行进者沿方向ω→ω→ω在u轴行进时的左侧．故知z<1映为1231−2iIm()ω<0，即下半平面．或者，注意z=0映为=ω，即z<1内有一点映为5Im()ω<0内一点，由分式线性映射的一一对应性，必有z<1映为Im()ω<0．注这里由唯一决定分式线性映射的基本条件ω=f(z)(k=1,2,3)求得变换．并由于kk4−3iz=1上有一点z=映为ω平面的∞，z=1上的z映为ω平面实轴上的k5ω()k=1,2,3．便可知z=1的象为实轴．上述确定z<1的象为Im(ω)<0的保角映射．k16.6证明：映射w=z+把圆周||zc=≠0映射为椭圆：z−−11ucc=+()cos,θv=−(cc)sinθazb+6.7如果分式线性映射w=将上半平面Im()z>0czd+（1）映射成上半平面Im()w>0；（2）映射成下半平面Im()w<0那么系数abcd,,,满足什么条件？【答案(1)ad−>bc0;(2)adbc−<0】azb+6.8如果分式线性映射w=将z平面上的直线映射成||1w<，那么它的系数应该czd+满足什么条件？【答案ad−≠bc0,||||a=c】6.9试求将||z0)映射成单位圆|w|1<的分式线性映射．iθza−【答案w=e(),其中Re()a>0,θ为任意实数．】za+6.12求将上半平面映为单位圆ω<1的分式线性映射ω=f(z)，并分别满足下列条件：f()i=0，f()−1=1--------------------------------------------------------------------50---------------------------------------------------------------- 第一篇复变函数论iθz−α【解】直接利用公式ω=e，α为上半平面任一点，θ为任一实数．此映射将上z−αiθz−i半平面映为单位圆．代入条件f()i=0得ω=e，代入条件f()−1=1得z+i−sinθ+icosθ=1⎧sinθ=−1πiθ∴⎨，θ=−+2kπ，即e=−i⎩cosθ=02z−i∴ω=−i为所求．z+i6.13求将上半平面映为单位圆ω<1的分式线性映射ω=f(z)，并分别满足下列条件：f()i=0，argf′(i)=0z−i同上题的讨论，可设所求映射为ω=k，其中k=1．z+i为了确定k，注意条件argf′()i=0，只要选k，使f′(i)>0即可．⎧k2i1⎪f′()i=>0由f′()z=k得f′()i=k，由⎨2i得k=i2()z+i2i⎪⎩k=1z−i∴ω=i即为所求．z+i6.14求将单位圆映为单位圆的映射，并分别满足条件⎛1⎞⎛1⎞πf⎜⎟=0，argf′⎜⎟=−⎝2⎠⎝2⎠2⎛1⎞1解由条件f⎜⎟=0及分式线性映射的保对称性，z=关于单位圆周z=1的对称点⎝2⎠21z−2z=2必映为ω=0关于ω=1的对称点ω=∞．于是，可设ω=k（k待定），又z−2由于z=1的象为ω=1．故在z=1上，有1z−2k2−zkω=k⋅z===1z−22z−221z−2∴k=2.即当取k=2时，映射ω=k不仅将z=1映为ω=1，且单位圆内部映z−2为单位圆内部．--------------------------------------------------------------------51---------------------------------------------------------------- 第一篇复变函数论⎧⎛⎛1⎞⎞⎪Re⎜⎜f′⎜⎟⎟⎟=0⎪⎝⎝2⎠⎠3k1∵只要选k，使得⎨即可．∵f′()z=−⋅2⎪⎛⎛1⎞⎞2()z−2⎪Im⎜⎜f′⎜⎟⎟⎟=<0⎩⎝⎝2⎠⎠⎛1⎞2∴f′⎜⎟=−k由k=2得k=2i⎝2⎠31z−22z−1即ω=2i=i为所求．z−2z−2注本题利用分式线性映射的性质，先导出满足第一个条件的分式线性映射之一般形式，进而由第二个条件确定系数k．6.15求出将Z平面的右半平面（Re()z>0）映为W平面上单位圆外部ω>1的分式线性映射的一般式．解首先，z=iz可将Z平面的右半平面映为Z平面的上半平面．所以只要考虑将Z上半111平面映为W平面上单位圆外部的映射即可．由分式线性映射的一一对应性可知，将上半平面映为单位圆外部的映射一般式为z−α1ω=k，其中k=1，Imα<0z−αiz−α于是，将z=iz代入，得ω=k，k=1，Imα<0．即是将z平面右半平面映为1iz−αW平面单位圆外部的分式线性映射的一般性式．6.16求出任一双方单值且保角的映射，使单位圆z<1映为铅直条形区域00，00，00⎩v=v⎧12⎪u()x,1=2⎧⎛1⎞21⎪1+x⎪⎜u−⎟+v=∵⎨x≥0，消去x可得l3的象为半圆周⎨⎝2⎠4．对区域内⎪v()x,1=x⎪⎪1+x2⎩v≥0⎩⎧xu=>0()⎪22⎧Rez=x>0⎪x+y部，∵⎨∴⎨⎩Im()z=y>0⎪−yv=>0⎪22⎩x+y2221y⎛1⎞21又因为y<1，所以u+v=>=u，即⎜u−⎟+v>2222x+yx+y⎝2⎠42i⎛1⎞21∴所给区域在ω=下的象为W平面第一象限去掉半圆⎜u−⎟+v≤，v≥0之后z⎝2⎠4的区域．iz6.19证明：在映射w=e下，互相正交的直线族Re()zxC==与Im()zC=依次映射成12互相正交的直线族v=uCtan与圆族ue2+=v2−2C2．并计算机仿真绘出曲线图形．1【计算机仿真程序】%exercise(1)ezcontour("x*tan(1098.89)"),colormap(jet)--------------------------------------------------------------------54---------------------------------------------------------------- 第一篇复变函数论%exercise(2)figureezcontour("x^2+y^2"),colormap(jet)16.20证明：映射w=z+把圆周||zc=≠0映射为椭圆：z−−11ucc=+()cosθ,v=−()ccsinθ并计算机仿真绘出等值线图形．【解】计算机仿真程序%exercise(1)c=109;ezcontour("(c+1/c)*cos(x)"),colormap(jet)%exercise(2)figureezcontour("(c-1/c)*sin(x)"),colormap(jet)--------------------------------------------------------------------55---------------------------------------------------------------- 第一篇复变函数论第七章傅里叶变换习题及解答———————————————————————————7.1求函数f()sinxx=ω的傅氏变换F[()]fx．0【答案iπ[(δωωδωω+)(−−)]】007.2求δ()x−x的傅氏变换.0【答案e−iωx0】7.3设F[()]fx=F(),ω求F[(2x−3)()]fx【答案2iFF′()ω−3(ω)】7.4证明，傅里叶逆变换也满足线性性质--------------------------------------------------------------------56---------------------------------------------------------------- 第一篇复变函数论−−11−1FF[αFF12()ω+=β()ωα][()]F1ω+βF[F2()]ω7.5证明F−1[(Feωω±=)]mixω0f()x0⎧0,t<07.6设ft()=⎨求F[()]ft−5t⎩et,≥05i−ω【答案】225+ω⎧0,t<07.7设ft()=⎨，求F[()]ft−t⎩ettsin2,≥02【答案(iω++1)4】17.8若F[()]fx=，求f()xa+iω−ax【答案fxeux()=()(a>0)】7.9F[()]ft=F()ω，求F[()cos]fttω0FF()()ω−ωω++ω00【答案】27.10证明若F[()]fx=F(),ω其中a为非零的常数，t>0，根据傅氏变换性质证明0ωω11ωω−−iixx00FF[(faxx−=)]F()eaa,[(fxax−=−)]F()e,00||aa||aa−19.11设求F()ωπ=2δ(ω)(,F[Fω)].+∞-11jtωωjt解F[]Fe()ωπ=•2δ()ωdω=e=1∫ω=02π−∞即ft()=−1与2πδω()构成一F氏变换对+∞−jtωF[]1=•∫1edt=2πδω()−∞[注]1.这里可以看见，广义函数-函数对应的F-氏变换，δF-氏逆变换已不是氏积分定理意义下的，故称为广义F-氏变换，+∞−jtω因为在古典意义F-氏变换下，积分1∫•edt是无意义的;-∞2.因为F[]1==F()ωπ2δ()ω。可见常数1的频谱为在=0点强度ω为2的脉冲2ππδ()ω--------------------------------------------------------------------57---------------------------------------------------------------- 第一篇复变函数论9.12设ft()定义于-,+(∞∞)(，求ftut)∗(),并求F[fut*()].+∞⎧1,τ⎪2⎪可计算得I==⎨0,ω01⎪π⎪−<,0ω⎩2⎧π,1ω<⎪2+∞⎪sincosttωπ⎪∫dt=⎨,1ω=t40⎪⎪0,ω>1⎪⎩在中，当Itωω><00与时，分别令ω=τ与-t=可计算得ωτ2⎧<0,ω1⎪π⎪−=,1ω−⎧>0,ω1⎪4⎪π⎪π⎪,1ω=⎪,1ω=⎪4I=⎨及II−=⎨2412⎪⎪π,0<ω<1π⎪−,ω>−1⎪2⎪2⎪⎩0,ω=0⎪π⎪,ω>1⎩2--------------------------------------------------------------------59---------------------------------------------------------------- 第一篇复变函数论⎧>0,ω1⎪2⎪π2⎪,1ω=所以F()ω=⎨4⎪πω2,0<<1⎪⎪⎩0,ω=0+∞2+∞1⎡⎤1cos−t1212于是Id===∫∫⎢⎥tF()ωdωπ∫dω=π⎣⎦t2ππ−∞−∞02sintt1cos2−3)因为=tt2⎡⎤1cos2−−tt⎡⎤1cos设FF==FF()ω,()ω⎢⎥2tt1⎢⎥⎣⎦⎣⎦1⎛⎞ω则FF()ω=⎜⎟(此称为F-矢变换相似性质)122⎝⎠+∞+∞2+∞211211⎛⎞ω⎡1−cost⎤∫∫∫Fd1()ωω=×Fd⎜⎟ω=⎢⎥dt22ππ−∞4−∞⎝⎠22π−∞⎣t⎦所以+∞+∞211⎡⎤211c⎡⎤−ost=⎢⎥∫∫Fd()εε=⎢⎥dt22⎣⎦π−∞2−∞⎣⎦t+∞4+∞22+∞sintt⎡⎤⎡⎤1cos2−−11costπ即dt===dtdt(由2)结果得)∫∫2⎢⎥⎢⎥∫t⎣⎦⎣⎦22tt2−∞−∞−∞⎡⎤tt⎡⎤4)设FF==FF()ω,()ω.由象函数微分性质得Fj()ω=F()ω.⎢⎥221⎢⎥1⎣⎦11++tt⎣⎦−ω−ω⎧πωe,0≥由2)知,Fe()ωπ==⎨ω⎩πωe,0<−ω⎧−πωe,0>因为F()ω=⎨且注意F(00)=1ω1⎩πωe,0<222−2ω所以Fe()ω==πωF()1于是--------------------------------------------------------------------60---------------------------------------------------------------- 第一篇复变函数论+∞2+∞+∞⎡⎤T1122∫∫∫⎢⎥2dt==F1()ωdωωF()dω⎣⎦1+t22ππ−∞−∞−∞(由2)结果得)+∞2⎛⎞1π=⎜⎟dt=∫2⎝⎠1+t2−∞计算机仿真求解傅氏变换17.14已知时域函数ft()=>,(a0)，利用计算机仿真求解该函数的傅氏变换．22ta+【解】计算机仿真程序symstw;symsapositivef=1/(t^2+a^2);F=fourier(f,t,w)2sin()at7.15已知ft()=,(a>0)，计算机求解F[()]ft．t【解】计算机仿真程序symstw;symsapositivef=sin(a*t)^2/t;F=fourier(f,t,w)−at||e7.16设函数ft()=，试用Matlab提供的现成函数和直接积分的方法分别求解傅||t氏变换．【解】计算机仿真程序symswt;symsapositivef=exp(-a*abs(t))/sqrt(abs(t));F=fourier(f,t,w)%说明：从结果看来，由于MATLAB和MAPLE自身的不完善，目前还不能直接求取该函数的Fourier变换，%只能通过适当变化后才能求其Fourier变换。na−x7.17试求函数fxxe()=>,(a0,n=1,2,3,L,10)的余弦傅氏变换．【解】计算机仿真程序symsxw;symsapositivefori=1:10f=x^i*exp(-a*x);F=int(f*cos(w*x),t,0,inf);--------------------------------------------------------------------61---------------------------------------------------------------- 第一篇复变函数论latex(simple(F))end⎧cos(),(0xπsinttt−cos8.3求函数的拉氏变换218.4求函数Fp()=的拉氏逆变换2p+18.5求下列函数的反演（即求拉氏逆变换）2pp25+1(1)()Fp==;(2)()Fp;(3)()Fp=2224(1pp++)41pp++3(1)−pe1−8.6设Fp()=，求L[()]Fppp(2+)21−1−p8.7设L(1)=δ()t，求L[]2p+18.8在傅氏变换中，写出函数f(),()tft的卷积表达式.128.9利用卷积定理，求下列函数的拉氏逆变换a1(1)()Fp==;(2)()Fp22ppa()+pp(−−1)(p2)8.10证明卷积满足加法的分配律f()[()tftftftftftft∗+=()]()*()+()*()1231213mm8.11试确定实数m,使L⎡⎣t⎤⎦存在,并求L⎡⎣t⎤⎦.解--------------------------------------------------------------------62---------------------------------------------------------------- 第一篇复变函数论+∞1+∞mm−−−stmstmstL⎡⎤⎣⎦t==+∫∫∫tedttedttedt因为001=I+I12−st在I中,e有界,且仅当m>−1时I收敛,在I中,对Re(s)>0,任意实数m,均收敛,故当112mm>−1时,L⎡⎤t存在.⎣⎦o1当m>0时,令st=z有+∞∞ms−−t1mztedt=zedz∫∫m+1S00mz−右端的积分除m为自然数外,被积函数ze=gz()在z=0处不解析(且为非孤立奇点),∞mz−m现对ε>0,考虑积分∫zedz(当m>0不为自然数时,取z得主值分支).ε∞+∞mz−−mx因为gz()在Re()z>0内解析,故对ε>0积分与路径无关,于是∫∫zedz=xedx注εε+∞+∞mx−−mx意∫∫xedx⎯⎯⎯ε→0+→=xedxΓ()m+1.即ε0∞∞mz−−mz∫∫zedz==limzedz=Γ()m+1+ε→00ε+∞Γ()m+1ms−t所以tedt=(m>0)(Re(s)>0)∫m+1S01Γ(01+)om2当m=0时,LL⎡⎤t==[]1=.⎣⎦01+ssoo3当m∈−()1,0时,因为m+10>,由1得m+1Γ(mmm++211)()Γ(+)L⎡⎤t==⎣⎦mm++22ss--------------------------------------------------------------------63---------------------------------------------------------------- 第一篇复变函数论mm1+1m+1且tt=⎡⎤,t=0.于是由微分性质与线性性质有⎣⎦t=0m+1⎡⎤11mm++11′LL⎢⎥()ts=•()t⎣⎦mm++11s()mm+Γ+11()Γ+()m1=•=Res()>0mm++21m+1ssooo综合1,2,3得,当m>−1时Γ+(m1)mL⎡⎤t=>Res()0⎣⎦m+1s∞mz−注1.当m>0时,通过gzze()=在Res()>0内解析,将∫gzdz()(ε>0)化为沿ε+∞实轴积分∫gxdx(),且利用Γ−函数的定义得到结果;当m=0时由L-氏变换定义得到结果;当εm∈−()1,0时利用L-氏变换微分性质及m>0的结果得到结果.+∞−−tm12.Γ-函数指由含参变量广义积分∫etdt所定义的函数Γ(m).(其中m>0).其基本性0质为递推关系Γ+=Γ()(mm1m),当m为自然数时,有Γ(mm+=1!),由定义可知Γ=()11.由定+∞−ξ2⎛⎞1义及概率积分∫edξ=π可得Γ=⎜⎟π.⎝⎠2−∞8.12设L⎡⎤⎣⎦f(tF)=(ppc)(),Re>,试对ab>≥0,0,导出L⎡⎣f()at−b⎤⎦与Fp()的关系.+∞−st解因为L⎡⎤⎣⎦f()()at−=b∫fat−bedt令at−=bξ,则011tb=()ξ+,dt=dξ.注意当t<0时有ft()=0,所以aa+∞+1bsb∞111−+sb()ξξ−s−−s⎛⎞pL⎡⎤⎣⎦fatb()−=∫∫fe()ξξaad=efed()ξaξ=eFa⎜⎟aaa−b0⎝⎠a--------------------------------------------------------------------64---------------------------------------------------------------- 第一篇复变函数论1⎛⎞p注当b=0时,有L⎡⎤⎣⎦fat()=F⎜⎟.称为L-氏变换的相似性质;注意到aa⎝⎠⎡⎛⎞b⎤fatbfat()−=⎢⎜⎟−⎥,可见本题给出的是相似性质与延迟性质之结合情形.(ab>≥0,0)⎣⎝⎠a⎦8.13求下列函数的拉氏逆变换.2ss+3s+1(1)Fs()=(2)Fs()=(3)Fs()=ln232()s2+1sss+++364s−12sss−1⎡⎤s解（1)因Fs()==•,且L=cost.222⎢⎥2()s2+1ss++11⎣⎦s+1有卷积定理有t−1f()tF==L⎡⎤⎣⎦()stcos∗cost=−∫coscosτ(tττ)d0t11=∫⎡⎤⎣⎦costt+−=+cos2()ττd()tcostsint220ss+33+（2)Fs()==322sss+++364()ss+++113⎡⎤()⎣⎦(部分分式)12121s+=+•−•22()ss+13++31s+3()13+于是利用位移性质’线性性质及已知的基本变换式可得⎡⎤113⎡⎤e−t−1LL⎢⎥==⎢⎥sin3t22⎢⎥⎣⎦()ss++1333⎢⎥⎣⎦()++13−−1⎡⎤212tL•=e⎢⎥⎣⎦313s+⎡⎤212s+−−1tL⎢⎥=etcos32⎢⎥⎣⎦33()s++13−te所以L⎡⎤⎣⎦Fs()=+⎡⎤⎣⎦23sin32t−cos3t=ft()3--------------------------------------------------------------------65---------------------------------------------------------------- 第一篇复变函数论∞∞tt−se+−111⎡⎤⎡e⎤（3因为)lFs()==−=n∫∫⎢⎥ds2L⎢⎥dsss−−11⎣⎦s+1⎣2⎦ss∞⎡⎤sht=2∫LL[]shtds=2⎢⎥⎣⎦ts−12sht所以ft()==L⎡⎤⎣⎦Fs()t8.14求下列函数的拉氏逆变换.2225s+1sa−(1)Fs()=(2)Fs()=(3)Fs()=242ss++413()s+1()sa22+25ss++221(s++)213解（1)Fs()===+22222222ss++413()sss+23++()23++3()23+−−12⎡⎤s+2t−−12⎡⎤131t因为L⎢⎥22=etcos3L⎢⎥=etsin32222⎢⎥⎣⎦()s++23⎢⎥⎣⎦33()s++23−−12t⎡1⎤所以f()tF==+L⎡⎤⎣⎦()sett⎢2cos3sin3⎥⎣3⎦11Γ(31+Γ)1(31+)（2)Fs()==•=•43+13+1()ss++11()Γ+()313!()s+1Γ(31+)3由位移性质及L⎡⎤t=,得⎣⎦31+s⎡⎤Γ+()31−−13tL⎢⎥=et•31+⎢⎥⎣⎦()s+1−−12t⎡⎤1所以f()tF==+L⎡⎤⎣⎦()sett⎢⎥2cos3sin3⎣⎦322sa−ssaa（3)Fs()==•−•222222222⎡⎤sa22+sasasasa++++⎣⎦由卷积定理得--------------------------------------------------------------------66---------------------------------------------------------------- 第一篇复变函数论−1f()tF==L⎡⎤⎣⎦()sacost∗cosat−sinat∗sinattt=−∫∫cosatcosat()τdττ−−sinatsinat()dτ00t=−∫⎡⎤⎣⎦cosaτcos()()ataτττ−sinaatad−τ0t=+∫cos⎡⎤⎣⎦aaττ()tadta−=τcost0计算机仿真实践22−x8.15原函数为ftxe()=sin(x+π)，试用计算机仿真求解其拉氏变换，并对结果进行反演变换，验证是否能变换为原函数．【解】计算机仿真程序symstaf=t^2*exp(-2*t)*sin(t+pi);L=laplace(f)pretty(L)21−p8.16用计算机仿真方法求解L[]2p+1【解】计算机仿真程序symspf=p^2/(p^2+1);L=laplace(f)L=simple(L)542−+−−+xxxx7618.17计算机仿真方法求解函数Fx()=的拉氏逆变换，即求65432xxxxx−432++++1f()t．【解】计算机仿真程序symspf=(-p^5+7*p^4-6*p^2-p+1)/(p^6-4*p^5+3*p^4+2*p^3+p^2+1);L=ilaplace(f)pretty(L)5−5td()ft8.18已知fte()=+cos(21)5t+，试用计算机仿真方法求出[]5dt【解】计算机仿真程序symsts%编写程序时，用s代表变量pf=exp(-5*t)*cos(2*t+1)+5;F=simple(laplace(diff(f,t,5)))--------------------------------------------------------------------67---------------------------------------------------------------- 第一篇复变函数论第一篇复变函数论综合测试题一填空1．写出余弦函数cosz的虚部_____________;其中z=xy+i,x,y为实数.2.已知一解析函数f()z的虚部为x+y，则该解析函数f()z=_______;83.已知一解析函数fzu()=+iv，其实部、虚部满足v=u，则该解析函数f()z=_______;∞ni4.判断复数项级数的敛散性.问复数项级数∑是_____________级数（本题需填入是否收.n=1n敛，是否绝对收敛，条件收敛）15.已知函数fz()=，则2zz(1−)Res(0)fff==∞________;Res(1)________;Res()=_______.z6.函数w=，将z平面的图形：以原点为中心，R为半径的圆，映射为w平面上的R______________________（图形）.2二求解方程2chzz−3ch=−122三若函数fzu()=+iv解析，且uxx−+v=(4y+−y)()xy，求该函数f()z.2πiθe四用留数理论计算实积分∫edθ0cosπz五计算积分Id=>z,(a1)∫||za=(1z−)32πdθ六计算积分∫01cos+2θ∞cosax七计算积分d,(xa>0)∫01+x41八试将函数fz()=按下列要求展开为幂级数，并指出展开级数的名称和收敛范围.z+1(1)在f()z的孤立奇点的去心邻域展开；(2)以z=i为中心展开.π九求把角形区域0arg|2，罗朗级数∑(1)(i1)−+k】k=1(iz−)4z−i九【答案】w=；十【答案】(1)π[(δωωδωω−)(++)];(2)f()sin,0tt=>t】400z+i附：第一篇复变函数论参考文献和书籍【1】彭恒武徐锡申编著《理论物理基础》北京大学出版社P210-214,P491-494,1999年5月【2】邵惠民《数学物理方法》科学出版社2004年【3】杨巧林《复变函数与积分变换》机械工业出版社2002年【4】吴崇试编著《数学物理方法》北京大学出版社P145-1511999年4月【5】杨华军“复变函数论典型环路积分的理论分析”《四川大学学报》P69-74,Aug.Vol38Sep,2001【6】盖云英等编《复变函数与积分变换》科学出版社2001年【7】周绍森等编《数学物理方法解题指导》江西高校出版社P91993年【8】宋香暧“复变函数积分的几何意义”天津商学院学报Vol.22.No.3May2004【9】黄大奎等编《数学物理方法》高等教育出版社2001年【10】梁昆淼编《数学物理方法》高等教育出版社，P66-70，2001年4月【11】朱石焕“复变函数展成幂级数的新方法”P4-7安阳师大学报，2000,第6期【12】童金玉“复变函数的三个问题”华中师范大学数学系,P11-14,1998,Vol3【13】李建林编著《复变函数与积分变换》西北工业大学P97-102，2001年元月【14】数学手册编委会《现代数学手册》华中科技大学出版社1999【15】李惜雯编著《数学物理方法》西安交通大学出版社P95-99,2001年9月【16】陈守信编著《数学物理方程》河南大学出版社P178-185，2000年6月【17】葛嚜林薛康编著《杨－巴克斯特方程》上海科技出版社P69-81,1999年12月―――――――――――――――――――――――――――――――――――――――――――--------------------------------------------------------------------69----------------------------------------------------------------'