1、第一章 复数与复变函数（1）1.计算(1).2(12)2;iiii(34)(5102;345965i5(). ;1(2)(1)iiii4224;1222(5).()()ababiibi112 24(cosin)()(cosin);3.设 1,iz23;i试用三角形式表示 12z及 。解： 121cosin;(cosin);46z12 5()si()(si);6412z 2cosncosn411.设 13,z三点适合条件 1230z及 1231;zz试证明 123,z是一个内接于单位圆 =的正三角形的顶点。证明： 1230;z12331;12; ;zzz;,所组成的三角形为正三角形。123zz1
2、23,z为以 为圆心，1 为半径的圆上的三点。即 ,是内接于单位圆的正三角形。. xz12317.证明：三角形内角和等于 。证明：有复数的性质得： 321321312arg;arg;arg;zzz123;zzar()k(0,);,;(0,);k第一章 复数与复变函数（2）7.试解方程 40za。解:由题意 4,所以有410za;4cosinizea;所以24(,3)kie;41ie;342i;54iza;7iz.12下列关系表示的 z 点的轨迹的图形是什么？它是不是区域？1212().()z解：此图形表示一条直线，它不是区域。(2).4;z解：22()xyxy即 816;2x此图形为 x2的区
3、域。1(3).;z解：22(1)(1);xyxy； 2;0x此图形为 x的区域。Z3yoZ1Z2x(4).0arg(1)2Re()3;4zz且解：此图形表示 ,3区间辐角在0,4的部分。(5).1Im0;zz且解： 表示半径为 1 的圆的外上半部分及边界，它是区域。12(6).I;yz解：它表示虚部大于 1y小于等于 2的一个带形区域。(7).3;z且解：此图形表示两圆的外部。 11(8). ;22iizz且解：2()yx，231()xy，它表示两相切圆半径为12的外部区域。9).Im1;z且解：此图形表示半径为 2 的圆的内部，且 Im1z的部分，它是区域。(0).arg;4zz且）解：此图
4、象表示半径为 2 的圆的内部且辐角主值在 40,的部分，它是区域。第二章 解析函数（1）4.若函数 fz在区域 D 上解析，并满足下列的条件，证明 fz必为常数.0f证明：因为 fz在区域上解析，所以,uvxyx。令 ,uxyiv，即0fzi。由复数相等的定义得：0uy，uvx。所以， 1,C(常数) ， 2,xC(常数)，即 12fzCi为常数。5 .证明函数在 z平面上解析，并求出其导数。（1） (cosin)(cosin).x xeyeyy证明：设 ,fuv= si(cosin).x xeyy则 ,(i)x， ,xv(cosin)cosx xueyey；coinxxxey)； (ssin
5、)xy满足;vuxyx。即函数在 z平面上 ,可微且满足 CR条件，故函数在 z平面上解析。()(cosincos)(cosins)x xfieyyieyy8由已知条件求解析函数 fzuv， 2， (1fi。解： 2,xyu， ,xy。所以 0即 u是平面上调和函数。由于函数解析，根据 CR条件得xyv，于是，2()v,其中 ()x是 x 的待定函数，再由CR 条件的另一个方程得 xyx= yu，所以 ()x，即2()c。于是2vc又因为 1fii，所以当 0,1xy，时 u，1得12所以22()zxyi。第二章 解析函数（2）12.设 是 z的解析函数，证明xyuv，yu(,)ivzxiy。
6、证明： 是 z 上的解析函数，所以， 在 ,上处处可微，即u，uvyx，所以，yvuxAA，所以yuv，同理，u，所以，x即得所证。14.若 zxiy，试证：（1） sincoszhyi。证： sn()coxx=()sincos22iyiiyieexx=()yiyisicsxh18.解方程ln2z。解：arg0ii，即1,2z，设 zxiy2xy，arg2得 0,1，即 zi。20.试求 2(),3iiie及 (1)Lni。解：(),ikikiiLnln2()(1) 24 4() cosln2il)iii ke ，0,kl()ll()Lniikiki,12,3(ln)cosl3inliiike
7、2 i1)A22，求证 0silmz证: xiy(x,y,均为实数)，所以 ,sinsi()lmlzxy当 0则极限趋近于 z 轴，有il1iiyez当 y时，则极限趋于 z 轴，有snix，故sinlm1z。第三章 柯西定理 柯西积分（1）1.计算积分120),ixyidz（积分路径是直线段。解：令 z=(+i)， =(+it，则：120)itz1+i20-i 31201()()0titdi。2.计算积分路径是（1）直线段， （2）右半单位圆， （3）左半单位圆。解： (zitditt（ ） 令 ， ， ，1110()itidi所 以(2).cosin()(sinco)12z dzdz令 ：
8、 ， ， ，则 22icos02i dii3(3).cosn(snco)1z dzdz令 从 到 ） ， ， ， 2233icos02i dii5.不用计算，证明下列分之值为零，其中 C为单位圆。（1） cosdz， （2） 2cz， （3） 256zced，解：（1）因为函数 1f()=os在单位圆所围的区域内解析，所以0cosdz。（2）因为函数z2+在单位圆内解析，所以 2c+。（3）Dzze因 为 函 数 f()的 解 析 区 域 包 含 拉 单 位 围 线56()+30d2c所 以 由 哥 西 积 分 定 理 有6.计算 1zd， 1z， 1zd， 1z。解：()zzifi（ ）。2
9、110(2)iizzdede。210cosn3iz。(4)zd。7.由积分 2c之值，证明201cos054d，其中取单位圆。证明：因为被积函数的奇点 z在积分围道 1z外，故02cdz，现令izre，则在 1上 cosinie，cosndid，2cz0iosins2coin0-=20sin2cos154d，比较可得：0，20cos1。第三章 柯西定理 柯西积分（2）8.计算：（1） 21:czdCz，。解：2112()cc czdzdz1(2)()cdz0(ifi。10.设 C表圆周 23yx，2371cfdz，求 +i。解：设 71g，它在复平面内解析，故当 C时，则由哥西积分公式有2 2
10、2371ccgfdigizZzz，所以2 1137676zizifiz i 1+i。11.求积分 ,:,cedC从而证明：cos(n)ed0。解：由于 :1z，函数zf在 处不解析，0(2)zzcedii。令 ,ed，则 cosin22cos00(in)si()2zc iedi ，故22os cos00(i)()2e d，所以cnd，即os(i)0。13.设 2fz，利用本章例 5 验证哥西积分公式cfdfzzA1=2i以及哥西求导公式1!nncfdizA。提示：把 f写成22zz。证明：设 2f z，则式的右边为可写为：2212ccfdzzdziA12i2c cizA=i由哥西积分定理有：1
11、02czdi，所以右边22211czdzii，即 左边=右边。再由式子可知当 1n时，222ccfffz dizizA，成立。假设当 k时， 1!()()kkcfdfziz等式成立。则当 1n时，1 22()k kcffi成立。所以1!ncffzdizA。14.求积分（1）5osc， （2） 2()zced，其中 :1.Cza解：（1）被积函数有奇点 z，该奇点在积分围道内，由哥西积分求导公式有：5coszd4 5241oscos!ziii 222 221()()():) ()()zzz zzccc i ieee eeiiddisn14ii第四章 解析函数的幂级数表示（1）2.将下列函数展为含
12、 z的幂级数，并指明展式成立的范围：（1）(,abz为 复 数 ， 0)， （2）20zed，（3） 0sind， （4） cosz, (5) in.z(6) 21，（1）解：原式=01()naabb|bza（2）解：原式= 01202)(!)(nznzd|z|不存在(11)1sin解： 1z，为本性奇点，001lisnlisnlisn11zzz即为可去奇点。(12) 1ze解： 0,z，一阶极点，11100limlilimzzzzee可去奇点。14.设 ,fg分别以 za为 阶极点，试问 a为,ffg的什么样的特点。解；设 nmzzf )(),()()()( )()nmazznazgf nn
13、mn（1）).(mnfg(m+n)阶极点 （2）可 去 奇 点级 零 点） 级 极 点（）（ )()()(1) nmzazzgfmn(3)所以当 mn 时 z=a 为 f+g 的 maxm,n阶极点当 m=n 时 阶 的 极 点 或 可 去 极 点低 于阶 极 点na_0)(15.设 0fz，且以 z为解析点或极点，而 z以 a为本性奇点，证明a是 f， fzA， f的本性奇点。证明：设0)(),()nnmaazmnnzfz)(0显然其中主要部分有无限项。所以 z=a 是f(z)+ (z)的本性奇点。 nmnmnnnmazazfazfz )()()()().(000所以 z=a 是 f(z)
14、(z)及 )(zf的本性奇点。16讨论下列函数在无穷远点的性质。(1) 2z解： 21liliz二阶极点。(2) z解：1lim1li1limzzzz可去极点。(3)2解： 12.1)( .10 210czczz令由上得： 0=1 21c从而得：z=为本性奇点。(4)sinz解：1sinlml zzz可去奇点。第五章 残数及其应用（1）1. 求下列函数在指定点处的残数.121z在 ,z解:当 z时， 211 1Re()limzz zsf= 4,当 1z时，111elizzzdsf .求 时的残数，用残数和定理，即,11ReeRe0zzzsfsfs,2in在 ,2n解:由题可知, 是本题的极点，
15、将 sinz用罗朗展开得:siz=21!z，求 Reznf， e1znf。(3)241e在 0,.解:将原式用罗朗展开得：241ze=24z，3400Reezzsfs,根据残数和定理，4Re3zsf.(4)1ze在 ,解: f的奇点为 1，将1ze用罗朗展开式展开得： 21(1)zz所以, 1Rezzss,根据残数和定理得：1ezz2.求下列函数在其孤立奇点(包括无穷远点 )处的残数( m是自然数 ).1sinmz解:将式子用罗朗展开211sin!nmzz，当1,2nm.当 m 为奇数时，残数为 0，当 为偶数时,20Re(1)!mzsf,根据残数和定理,21!mzResf(2) 21m解：
16、(0,12()kizem是函数的一阶极点。当 时， 2Rkimzesf， 3()Zz解:本题是以 为 阶极点，以 z为其一阶极点.(1)1Re()li)!mzzsf - mmzf根据残数和定理得:Rezsf- 1m+ m=0(4) 2z解:21zef是以 为二阶极点，21 11()Relimlimz zxzdsf e 根据残数定理和得: Rezsf.5cos解:用罗朗展开式展开得：本题以 zn为一阶极点.201!nzfz=21!当 n时有解 ,则， Rezksf，所以,根据残数和定理得： Rezsf-Re2zksf1(7)解:本题以 0为其孤立齐点 .112zzze 21z0 1R!3!z n
17、sf ezf0 1e()23!z nsf 9cos解：本题以 n为奇点。用罗朗展开式得： 2240(1)cos!nzzz原式得：24131!2!4z ，所以 Re2znsf0mz解：本题以 为 阶极点。所以2(1)11Relim!(mzz zsf =12()()()!m第五章 残数及其应用（2）3计算下列积分。 1()sinzd解：用残数方法求，用罗朗展式展开，3511sin!zz由上式可已看出没有符合残数要求的项，所以，即 1sinzd=0。22,:1cdzcxyx解：用残数方法求解， 2z在 z有 二阶极点， zi 有一阶极点.211Relimzzs(z+i) 2114()(3) 1nnz
18、dab, ,ab,n 为自然数。解： ()nnz分别以 ,z为其 n阶极点。Rezasnnb=1na， Rezbs1()nazb= 1na当 为偶数时， 1nnzd=2ni当 n为奇数时， 1nnzzab=0（4）2zed解：在围线内，有 ,iz两个不解析点，2Relimzzi esfi， 22Relimzizzi esf即21zd=21ni（5） 71coszdz（6）32zze解：本题以 1,0为其一阶极点。31ze=3z2!z， Rezs31z= 6。即 7coszd=- Rezs31z2i=- 6i=i4求下列积分值。(1)20sa(a1)解: cod= 21(1)zdiaz由于分母有
19、两个一阶极点:2,21za,很明显只有 1z所以只有21a符合题意，所以,11 21Relimxzzsffzi 即20coda= 2ii= a(2) 2s1解：原式等于2zdzi=2416zdi在 1z时,只有 132z的一个一阶极点.11Relim4xzzsffz，所以,20cos1=224i(3) 20inda( 0)解:原式=1420si=1421zdiza=- 4211zdza令 2zw，则21z为其二阶极点.所以1 2Re8zsaa即120sinda= 2218iiaa(4)coi(a 为是实数而且 0)解： 0sdiai=-(cosdia= 0lncosia(0)cln(1)osi
20、aalni5求下列个积分的值。（1） 204xd解：函数 f在上半平面有两个一阶极点： ,2xi。1Relim6xxisfxi，2 1Relm3ixisffxi所以， 2014d= 3i（2） 2xa解：函数 f在上半平面有 xai一个二 阶极点。Relim()xaxai dysf= 4所以， 2= 4i2a（3）2cos19xd解：因为 2是偶函数。所以 2cos19xd=20cos19xd令 fx=2ixfe在上半平面有 ,3zi两个极点。Rlim16i ixxxisfe333 48i iiifz所以，2cos19xd=23321164iee(4) 40sinxmda(m0,a1)解：由于
21、 f是偶函数，而且 fx在上半平面只有两个一阶极点：34412,xe1Rli()imx imxsffe同理， 22liix ixxf f所以， 40sinda= 2Resinkimmaxase（5） 1x解： 4d=Im02ekakxisf函数 fx= 1在上半平面有两个一阶极点：34412,iixe而 1143Re4ixx esfz，223Rixxsfz即 4dx=342iii第七章 一维波动方程的傅氏解1 今有一弦，其两端被钉子钉紧，作自由，它的初位移为： (01)()2)2hxx，初速度为 0，试求其付氏解，其中 h 为已知常数。解：所求问题是一维波动方程的混合问题：2(12,0)(,)
22、,0()()(,)txtuatlthxux，根据前面分离变量解法得其傅氏解为： 1(,)(cossin)inatauxtCDlll。其中， 12 200122 8()ii()sinln hdhdhdl， nD，于是所求傅氏解为： 218(,)cosinatxuxtll2.将前题之初始条件改为：(1)0)1hx，试求其傅氏解。解：所求问题为一维波动方程的混合问题： 00211()sin()sinl l lhddnc1220in28sinh281(,)sicosihnatnxllnuxt。3 今有一弦，其两端 x和 l为钉所固定，作自由摇动，它的初位移为 0。初速度为 (2()0,cx，其中 c为
23、常数， 0,l试求其傅氏解。解：所求问题为一维波动方程的混合问题： 222sin(os)nlnnal llnad D2(,)(c)isl atxllllauxt 今有一弦，其两端固定在 0x和 两处，在开始一瞬间，它的形状是一条以过 2lx点的铅垂线为对称抛物线，其顶点的纵坐标为 h,假定没有初速度，试用付氏方法求弦的振动情况：解：设其抛物线方程为 2()pyb(x-a)，将点,)(,02lhl(0,及代入得：2,8lapbh，故方程为24llyh，即2)4(0)lyhxl(x-，所求问题为一维波动方程的混合问题， cosinsi;natatnxlllDn=1u(,t) 0，233()1616
24、204()1,23.)dl nhhlChd321(,)cosinhatxllnuxt为 偶 数 )为 奇 数求解混合问题2(0,)(,)0)sin,sin,(0)tx xtl luul。解：(co)atatnlllCD=1(x,t)，200,(1si )lnlldn 200,(1)sinlnalllnaDd,(1)(,)cosinatltlluxt。6.求解混合问题23(0,)(,)0),si ,(txxtlultux xl。解：所求问题为一维波动方程的混合问题： (coin)sinatatnxlllCDn=1u(x,t)3200,(3si1)llld342 80 ,1()i()lnnalln
25、aD 为 奇 数343488310,()(,)si(coin)si()latxllntatxl lluxt n=1为 偶 数 为 奇 数 且第八章 热传导方程的付氏解1.一根长为 l的枢轴，它的初温为常数 0u，其两端的温度保持为 0，试求在枢轴上温度的分布情况。解：所求问题为热传导方程混合问题，其付氏解为：2(,)sin1natlxuxtcel，其中： 0silncdl 0(cos)l4un故 ：2)40(,) si1natuxluxteln5有一两端无界的枢轴，其初始温度为1()(,0)xux，试求在枢轴上的温度分布为20sin(,)coatuxted。解：所求问题为热传导方程初值问题，2
26、(,0)(,0)txuaxt其付氏解为：2()(,)cos(sin)atuxteABd=2()0cos()sin()ateAxBxd1()cos2Ad=0110co2=sin1()()sin2Bd=0故：20, co()atuxtex6利用前题的结果，证下面重要的定积分： 0sin2d。解：由上题结论：2(,)co()atuxtex当 0,xt时， 02sin()c()1ud，即： 0sin1d令 x，则有：2x即： 0sind得证。第九章 拉普拉斯方程圆的狄利克雷问题付氏解（1）1、试证明拉普拉斯方程 0uyx在极坐标下的形式为：2urr。证明：ryx2，xurxr222 ， ryuyurx
27、u 222322 同理：xrxurx 222322 得到极坐标下二维拉普拉斯方程具有如下性质 01urr。2、求解狄利克雷问题,0,121Arr，其中 A， 为已知常数。解：其付氏解为：10sinco2,nrBAru，其中：dlAfns20120dsiAsi2lBfnsi201 nA20si1ncos11coin,0 rAru3、求解狄利克雷问题 s,12uur，其中 A 为已知常数。解：其付氏解为：10sincon rBA，其中：dlAfn20s120cod当 n=1 时， 才有值COS201 02si1= dnlBfnsi201dnA20sico0,coAurr。第九章 拉普拉斯方程圆的狄
28、利克雷问题付氏解（2）12、试证明： sinNxx 弱证明：由 ,sid有 limlsin,xxNx= 0= 证得： sinN 弱13、试证明：xaruo012证明： xd= 1arctnxdarctn12tanxuud tg0= x故证得：aro12第十章 波动方程的达氏解2.验证 32,uxtgtxat满足波动方程2txua。证明： ,ttt，221/23sin()()co4t at，而1/232sin()()co4xauxt代入 tx等式成立。即为所证。4.试求出方程220xyyxyuu的通解为,lnuy，其中 和 为充分光滑的任意函数。解： .(1)xx=+2x=()(+)(u)=y+
29、u (2)uxyyy.3.4u2yy()(= .(5)把上面各式代入方程20xxyyxyu有：2 2222)()()uuxyxy 即20ux， y故 (,)(ln()为方程的通解。5试用行波法求解定解问题：2sin,0,uxyxy。解：将方程的两边对 y积分得： 2 211sincosxudgxygx再对 积分得3,ufy，其中1g和 fy由定解条件确定。则有 0siny所以 sin0fg0xgfx所以(,)cos2in3yuy第十一章 格林公式3求解圆的狄利克雷问题 0,cosuaA，其中 A 为常数。解：由圆的狄利克雷积分公式 220 021, suf da，本题中 cosfA，于是22
30、020cos1, au da，将上试中的分子与分母同除以 2a，并记，得2000s1, coud。另 0ize，则21cosz，0011cos2iiiieezA， 0dzi，一并代入上试中积分，于是得： 22 2002 10cso1i izAaI d zaiee 令分母为零，得到被积函数的奇点，,i，故在 z内有奇点1ize和 2z，且均是单极点，故有留数定理有： 21 0cos1ikkIrsfresfresfi A，则有：,coua。5.求区域： 0,xy的格林函数，并由此求解狄利克雷问题0,xuf其中 f为已知的连续函数。解： 123lnlnGrr2220000()()()()lnxyxy
31、M0(x0, y0)M2(-x0, -y0)M1(-x0, y0) M3(x0, -y0) M(x, y)r3r1r2 ry xO01(,)2lGuxyfdln000011()|()|22x yGGfydydx2 2000022220000( ln()()()()11lnl |() xfx dyyxy ( )(fx。第十三章 Fourier 变换1 求函数sin0afx的 Fourier 变换。解：由 Fourier 变换的定义有： 0000si22concossinsini22isiniaxiaxiaxiixeeFfx ddaxaxdda 由函数的奇偶性有：0 0i2aaxd，（1） 若 a
32、，00sinsin2xdx，于是有：sixF（2） 若 a，则,0a，于是有02,sinxd，20,0sinaxd得iF。（3） 若 a，则：如果 ,a故有：0sin2xd，0sin2xd于是F，同理如果 ，则sin0aF。2 求函数21,0xf的 Fourier 变换。解： x在 中是偶函数，于是由 Fourier 变换公式有12cosinixFffedxxd12304cosi3 求解热传导方程的初值问题2,0(0)costxuat。解：对定解问题各项以 x为变量施行 Fourier 变换，并记,ixFuxttedtcossi则定解问题化为,2,0dutat，它的解为2,atte它的逆变换得： 2 21111, cosat atuxtFut Fxe 22 2 21 () 40 xat atixt teeded 则2 2 24 40cos1, coscoscos2x atat atxuxt ext t 第十四章 Laplace 变换1 求下列函数的 Laplace 变换（1） ate，解：由 Laplace 变换的定义有 ()001,RetatppatLededpa（2） sink，解：由线性性质和上式有 2111i22iktitiktikte kt Leipkip2 求下列函数 Fp的 Laplace 逆变换。（1） 25， （2）1()Fp，解：（1） 221444p p
