数学物理方法综合试题及答案

1、复变函数与积分变换综合试题（一）一、单项选择题（本大题共10小题，每小题2分，共20分）在每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，请将其代码填写在题后的括号 内。错选、多选或未选均无分。1.cosi ,则(2.3.4.A.复数A.D.Imz 0z 3(cos , 5i sin 一）的三角表木式为（544c43(cos- ,isin ) B . 3(cos-5553(cos- , - i sin 55设C为正向圆周|z|=1 ,则积分A. 0设函数A.zzeB.C.zze argz.4 ,-i sin53(cos-5.4,i sin5,生等于c|z|ez 1 Czzeez 1zzeez

2、 1解答:5.1是函数cot z(z 1)46.7.A.3阶极点B.卜列映射中，把角形域4AzA. w z线性变换4阶极点B.C. 5阶极点D. 6阶极点argz 一保角映射成单位圆内部|w|0映射为上半平面 Imco 0B.将上半平面Imz0映射为单位圆co|1|z|0|z|1映射为单位圆| 3 |19. f z (z12rz一在01)1的罗朗展开式是()A.nn n(1) z0B.(zC.nnn 1(z 2) D. ( 1) (z 2)n 0n 010.3zcosz2dz 二0二、填空题(本大题共6小题，每小题2分，共12分)请在每小题的空格中填上正确答案。 错填、不填均无分。11 .方程

3、Ln z i的解为。312 .哥极数二! zn的收敛半径为 。n 1 n13 .设 z (1 i)100,则 Imz=。1 一14.设 C为正向圆周 忆|=1 ,贝U ?( z)dz=。15.设C为正向圆周2，f(z)sin一3-d,其中z-z2,则f(1)=，-116.函数 f z 1z(z 1)5在点z=0处的留数为三、计算题(本大题共8小题,共52分)17.计算积分Ic(z-i)2(z 3i)2dz的值，其中C为正向圆周 忆-1|二3 。n 118 .函数f(z) (z 1) (n 为正整数)在何处求导？并求其导数19 .求u x2 2xy - y2的共轲调和函数 v(x,y)，并使v(

4、0,0) = 1.20 .计算积分Io=zdz的值，其中C为正向圆周|z|=2.c |z|z 221 .试求函数f(z尸e- d 在点z=0处的泰勒级数，并指出其收敛区域0iz _22 .求出f(z) e z在所有孤立奇点处的留数.n 1 n23 .求级数(1) nz的和函数n 124 .函数6sinz3 z3(z6 6)在z 0点为零，用级数展开法指出该零点的级 .四、综合题(下列3个小题中，第25题必做，第26、27题中只选做一题。每小题 8分，共16分)25 .利用留数求积分I=4 Cosx一dx的值0 x4 10x2 926 .设Z平面上的区域为 D：|z i | J2,|z-i| J

5、2,试求下列保角映射3(1) Wif(z)把D映射成 W平面上的角形域 D1：-argw1 -；44(2) Wif2(w1)把D1映射成W2平面上的第一象限 d2:00;(4) w f (z)把D映射成Go27.利用拉氏变换解常微分方程初值问题:y 2y y 1y(0) 0,y(0)11-i Q、11. z 1(1 33),或 e3 214. 41517.解：因在C内f(z)综合试题(一)答案12 . e13.03i,或 2 i cos16. 6333ze0y有二阶级点z=I ,所以(z-i)2(z 3i)2Q f(z)dz 2ilim (z-i)2 f (z) ?c1! z i dz2 il

6、imz ie z 2e zz(z 3i)2 (z 3i)318 .解：因为n为正整数，所以f(z)在整个z平面上可导.一n 1f (z) n(z 1)19 .解 1:-u 2x 2y,-u 2x-2y,xy由 C R条件，有 _v _A,_v _u , y x x yv2,、再由vdy(2x 2y)dy 2xy y (x)。x2y (x)-2x 2y -,xy得(x)-2x ,于是(x) -x2 C ,v 2xy y2 - x2 C。由 v(0,0)1,得 C=1。22故 v 2xy y - x 1翻 Q.(x,y) v v斛2 v(x y) (00) dx dy C(0,0) xy(x, y

7、)(。(2y-2x)dx (2x 2y)dy C22-x 2xy y C以下同解1。20.解 1 ：dz12Re zdz2 c2cos 2i (cosi sin )d4i 0(1cos2 )d解2:z?c西dz2ei21.解:因为f(z)f (z)22.解:A：C123.|z|2-ze2e- 2iei2= 2i(22 n(-z )n!0)(-1)nz0 n!2n:(i z(2分)所以由哥级数在收敛圆内逐项求积性质,函数()df(z)(1n 2n 1(-1) zn 0 n! 2n 1(iz1z有孤立奇点0与内有如下 Laurent展开1ez(11 2一 z2!13z3!)(12!Rese1 z

8、一Rese z解： Clim Cn 1n C2!3!3! 4!)1z2! z23! z31z,00 k!(k 1)10 k!(k1).n 1 .lim 1n n故收敛半径R=1,由逐项积分性质,有:n n-1(1) nzdzn1)所以(1)nn 1n-1 nzz)2，(1 z)于是有:(1)n 1z ( 1)n nzn 1(1z)224.解:f(z)6sin6(z31 -z 3!36z (z1 15z5!6)故z=0为f(z)的15级零点四、25.解：在上半平面内,26.2Re2Res f(z), iRes f(z),3i48e3解：(1)(2)设w2(3)(4)八.36sin z6z36z3ize22(z21)(z29)cosx2-1)(x2 9)dxiRes f(z),i116ei1- 3 ,48e i有一阶极点z=i和z=3i。(3e2-1)。-i- _ 4 e 4w1,2Re2 iResixe22(x 1)(xf(z),3i ,2、解得交点zi+1,Z2=-1。2则它把D映射成W平面上的D1：-则它把D映射成W平面上的第一象限D2:0arg w2。设w w2,则它把映射成W平面的上半平面G:dx9)argw1Imw0。-i 一w (e 42_z -1、2一0(Z)z 1Wi z 1t