西安交通大学复变函数1月试卷A含答案

　西安交通大学本科生 课程 考试 试题 标准答案 与评分标准

　课程名称：

　复变函数 （A A ）卷

　课时：

　32

　考试时间：9 2009 年 年 1 1 月 月 4 4 日

　一、填空题（每题 6 分，共 60 分）

　1. 解：3( 1 ) ln 1 ( 1 ) ln 2 ( 2 )4Ln i i iArg i i k i              （4 分）

　其主值为3ln( ) ln 24i     （6 分）

　2．解: 因为2 2 2 22 3 3 2x y x yu nxy u my nx v x ly v lxy      

　要使x y y xu v u v   

　即2 2 2 22 2 ,3 (3 ) nxy lxy my nx x ly      （5 分）

　 故有 1, 3 m n l      （6 分）

　3．解：因为 ( , ), ( , ) u x y v x y 均可微，且 2 , 0, 0, 2x y x yu x u v v     

　要使x y y xu v u v    ，只有 1 x

　 （4 分）

　 故当 1 x 时 ( ) f z 可导，但在整个复平面处处不解析。（6 分）

　4．解：由于2ze 在复平面上解析，它的积分与路径无关，故

　（3 分）

　2 2 2 21 1| ( ) sin22 2z z i i iiCe dz e e e i   

　（6 分）

　5．解：因为被积函数在整个复平面解析，由 Cauchy-Gourst 定理知

　 3coszCz ze dz＝0 （6 分）

　6．解：因为1( )2zef z 在复平面解析，由高阶导数公式有 (2)032! 1 1 1(0) |2 2 2 2zzzCedz f ei z   ，（5 分）

　所以312zCedzz＝2i （6 分）

　7． 解：因为1nnnc z在 1 2 z i   收敛，故由 Abel 定理知当 1 2 5 z i     时的 级数都绝对收敛，所以收敛半径 5 R  ，（3 分）若 5 R  则 1 2 z i   时的级数为

　绝对收敛，这与已知为条件收敛矛盾。故 5 R  。（6 分）

　8．解：由于 0 z  为21( ) zz  的二级极点， 2 z k i   ( ) k Z  为1( )1zg ze的一级极点，其中当 0 k  时， 0 z  为1( )1zg ze的一级极点，故 0 z  为21( )( 1)zf zz e的三级极点；（4 分）

　2 z k i   ( , 0) k Z k   为21( )( 1)zf zz e的一级极点。（6 分）

　9．解：函数有两个有限远奇点 0、2，它们都是函数的一级极点。（2 分）

　01Res[ ( ),0] |2 2 2zzef zz  ，（4 分）22Res[ ( ),2] |2 2 2zze ef zz  （6 分）

　10．解：因为 cos2n ne ein ，所以 limcosin ，那么1cosnin发散。（4 分）

　因此原级数发散。（6 分）

　二．解：(1)当 0 1 z  

　因为21 1( )(1 ) 1 z z  ，又由01, 11nnz zz ，所以 1201, 1(1 )nnnz zz ….4 分 因此1 120 1 11 1( 2)(1 )n n nn n nnz nz n zz z z           （6 分）

　(2)当 1 z  

　 23 21 11(1 )(1 )z zzz ，（8 分）

　由(1)知1201 1( ) ,1(1 )nnnzz

　 因此2 20 31 1 1( 2)(1 )n nn nn nz z z z       （10 分）

　三．解：记202 sin1x xI dxx，故2sin1x xI dxx。（1 分）

　因为2 22 Re [ , ] 2 |1 1 2ix iz izz ixe ze ze idx i s i ix z z e     ，（8 分）

　故

　2 2sinIm( )1 1ixx x xeI dx dxx x e      

　 （10 分）

　四．解：若命题正确则 0 z  为函数41( ) sin f z zz 的可去奇点。而事实上 0 z   ，4 43 5 71 1 1 1 1 1 1 1( ) sin ( . ...)3! 5! 7!f z z zz z z z z      ， 其中含有无穷多项负幂项，故知 0 z  为函数41( ) sin f z zz 的本性奇点，所以命题是错误的。

　（5 分）

　411 1sin 2 25! 60Ciz dz ic iz   。（10 分）

　五．解：第一步利用指数函数1ze   使得左半带形区域映射为上半单位圆盘；（3 分）

　第二步利用分式线性映射12111 将上半圆盘映射为角形区域第一象限； （6 分）

　第三步利用幂函数22   将此区域映射为上半平面；（9 分）

　所求函数可为211zzee    （10 分）

推荐访问:试卷 函数 西安交通大学