第一篇
第1章
1.已知1313
222
z i -=
=-，求||z ，Argz 。 2.已知112
i z +=
，23z i =-，求12z z 及12z
z 。
3.设1z 、2z 是两个复数。求证：222121212|||||2Re()z z z z =+-|z -z 。
4.证明：函数22
(0)()0(0)xy
z x y f z z ?=?+=??≠?
在原点不连续。 5.证明：z 平面上的直线方程可以写成az az c +=（a 是非零复常数，c 是常数）
第2章
1.试判断函数3223()3(3)f z x xy i x y y =-+-的可微性和解析性。
2.解方程13z e i =+
3.求cos(1)i -
4.设3w z =确定在从原点z=0起沿负实轴割破了的z 平面上，并且
3(2)2w -=-（这是边界上岸点对应的函数值），试求()w z 的值。
5.设i y x y x z f 22332)(+-=，问)(z f 在何处可导？何处解析？并在可导处求出导数值。
第3章
1.计算256
z c e dz z z ++?其中C 为单位圆周|z|=1
2.求积分220(281)a
z z dz π++?
3.已知：22u x xy y =+-，()1f i i =-+求解析函数()f z u iv =+
4.计算积分3
31
(1)(1)C dz
z z -+??,其中积分路径C 为
(1)中心位于点1z =,半径为2
R
<的正向圆周
(2) 中心位于点1z =-,半径为2R <的正向圆周
第4章
1．将函数)
2()1(1
)(--=
z z z f 在0z =点展开为洛朗(Laurent)级数．
2．讨论级数10
()n n n z z ∞
+=-∑的敛散性
3．求下列级数的和函数. (1)1
1(1)
n n
n nz ∞
-=-?∑ (2)20
(1)(2)!n
n
n z n ∞
=-?
∑ 4．用直接法将函数ln(1e )z -+在0z =点处展开为泰勒级数,(到4z 项),并指出其收敛半径.
第5章
1. 计算积分2
||252(1)z z dz z z =--?
2．求出z
z e
z f 1)(+
=在所有孤立奇点处的留数
3．
z z z z
z d )
1(sin 2
||2
2?
=- 4． ()()()
10
c
d i 13z
z z z +--??c :|z |=2取正向．
第6章
1．求一映射，将半带形域0,2
2><
<-
y x π
π
映射为单位圆域.
2．求上半单位圆域}0Im ,1||:{>
第二篇
第1章
1．证明：如果f (t )满足傅里叶变换的条件， 当
f (t )为奇函数时，则有?+∞
?=0
d sin )()(ωωωt b t f 其中
()?+∞
?=
tdt sin π2)(ωωt f b 当f (t )为偶函数时，则有?+∞
?=0cos )()(ωωtd w a t f 其中
?
+∞
?=0
2
tdt c f(t))(ωωπ
os a
2． 求下列函数的傅里叶变换
(1)()t
f t e -=
(2)2
()t f t t e
-=?
3.已知函数()f t 的傅里叶变换()00F()=π()(),ωδωωδωω++-求()f t
4.设函数f (t )的傅里叶变换()F ω，a 为一常数. 证明
1[()]().f at F a a ωω??=
???
第2章
1．用Laplace 变换求解常微分方程：
??
?=='=''-=-'+''-'''2
)0(,1)0()0(1
33y y y y y y y
2.求下列函数的拉普拉斯变换 （1）
2,01()1,12
0,2t f t t t ≤
=≤
(2)cos ,0π
()0,πt t f t t ≤
3. 计算下列函数的卷积 （1）e t t * （2）sin sin at at *
作业答案
第一篇
第1章
1.解：2213
||()()1
22z =+=
3
2arctan 2,0,1,2,12
Argz k k π-=+=±±……
2.解：4
112i i z e
π+==
6
232i
z i e
π
-=-=
所以6
4121222i i
i
z z e e e πππ
-==
54
()14612
26
11222i
i i i z e e e z e π
ππππ
+-=== 3.证明：2
121212||()()z z =-z -z z -z
22121221||||z z z z z z =+--
22121212||||z z z z z z =+--
221212||||2Re()z z z z =+- 4．证明：22
(0)()0(0)xy
z x y f z z ?=?+=??≠?
当点z x yi =+沿y kx =趋于0z =时，()1k f z k
→+ 故当k 取不同值时，()f z 趋于不同的数
∴()f z 在原点处不连续
5．证明：设直线方程的一般形式为0az az c ++=（a ，b ，c 均为实常数，a ，b 不全为零） 因为：,22
z z z z
x y +-=
=代入化简得： 11
()()022
a bi z a bi z c -+++= 令1
()02
a bi α-=≠得z z c αα+=
反之，设有方程z z c αα+=（复数0α≠，c 是常数） 用z x iy =+代入上式，且令1()2
a bi α=+化简即得
第2章
1.解：因32(,)3u x y x xy =-，23
(,)3v x y x y y =-
而22(,)33x u x y x y =-，(,)6y u x y xy =-
(,)6x v x y xy =，22(,)33y v x y x y =-
由于(,),(,),(,),(,)x y x y u x y u x y v x y v x y 这四个偏导数在z 平面上处
处连续，且满足C-R 方程。
由定理知，f(z)在z 平面上处处可微且解析 2．解：(13)z Ln i =+
ln 2(arg(13)2)i i k π=+++
ln 2(2)(0,1,23
i k k π
π=++=±±……）
3．解：(1)(1)
cos(1)2i i i i e e i ---+-=
112
i i e e +--+=
11()cos1()sin122
e e e e i --+-=+
4．解：设i z re θ=，则
3(),0,1,2k w r z k ==
这里,,()||0z G r z z πθπ∈-<<=>且必 （1） 由一定条件定k ：
Z=-2时，(2)2,2r θπ-=-=（） 要 2333
22k i
e
ππ+-=，则必有k=1
（2） 求()w i 的值
因()1,()2
r i i π
θ==
则54
()i
w i e π=
5．解：22332),(,),(y x y x v y x y x u =-=
y x y
v xy x v y y u x x u 22224,4,3,3=??=??-=??=??均连续， 要满足R C -条件，必须要222234,43y xy y x x ==成立
即仅当0==y x 和4
3==y x 时才成立，所以函数)(z f 处处不解析；
,0)))0(0
,0(0,0(=??+??=
'x
v i
x
u f
)1(16
27
)4343()4
3,43()4
3
,43(i x
v i
x
u i f +=
??+??=+'
第3章
1．解：256(2)(3)
z z
e e z z z z =++++
因奇点z=-2,-3在单位圆||1z ≤外部，所以
256
z
e z z ++在||1z ≤处处解析。
由柯西积分定理：2
056
z c e dz
z z =++? 2．解：由于
2
()(281)f z z z =++在z 平面上解析 所以在z 平面内积分与路径无关
因此，选取最简单的路径为0与2a π的直线段[0,2a π]
则：22322002
(281)(4)|3
a
a
z z dz z z z ππ++=++?
33
22161623
a a a πππ=
++
3．解：由C-R 条件2x y u v x y ==+则
2
(2)2()2
y v x y dy xy x ?=+=++?
又因为y x u v =- 即'2(2())x y y x ?-=-+
则'
()x x ?=- 即2
()2
x x C ?=-+
22
2
2
()()(2)22
y x f z u iv x xy y i xy C =+=+-++-+
又2
2
1()1()12
f i i C i =-++=-+
所以1
2
C =
故222
2
1
()()(2)222
y x f z x xy y i xy =+-++-+
4．解：(1)C 内包含了奇点1z =
∴(2)
1
333
1213()(1)(1)
2!(1)8
z C
i i dz z z z ππ===
-++??
(2)C 内包含了奇点1z =-,
∴
(2)
133
3121
3()(1)(1)2!(1)8z C i i
dz z z z ππ=-==-
-+-??
第4章
1．解：)2()1(1)(--=
z z z f 2
1
11-+--=z z z z ---=2111，
在复平面上以原点为中心分为三个解析环：
1||0<≤z ， 2||1< (1) 在1||0<≤z 内， ?? ? ??---= 212111 )(z z z f ∑ ∑+∞ =+∞ =- =0 221 n n n n n z z ∑+∞ =+???? ? ?-=01211n n n z ． (2) 在2||1< ??? ? ??-- ??? ? ??-- =2121111)(z z z z f ∑ ∑ +∞ =+∞ =-- =0 22 111 n n n n n z z z ∑∑+∞ =++∞=+--=01012 1n n n n n z z ． (3) 在+∞<<||2z 内， ??? ? ??-+ ??? ? ??-- =z z z z z f 211111)( ∑ ∑ +∞ =+∞ =+- =0 2111 n n n n n z z z z ∑+∞ =+-=0 11)12(n n n z ． 2．解 因为部分和110 ()1n k k n n k s z z z ++==-=-∑，所以，1,1n z s <→-当时 1,0n z s =→当时，1,n z s =-当时不存在. 当i e z θ =而0θ≠时（即1,1z z =≠），cos θ和sin θ都没有极限,所以也不收 敛． ,n z s →∞当>1时. 故当1z =和1z <时, 10()n n n z z ∞ +=-∑收敛. 3．解: （1） 11 lim lim 1n n n n C n C n +→∞ →∞+== 故收敛半径R=1,由逐项积分性质，有： -1 1 1 (1)(1)1z n n n n n n z nz dz z z ∞ ∞ ==-=-= +∑∑? 所以 -1 2 11(1)(),11(1)n n n z nz z z z ∞ ='-?==<++∑ 于是有： 1 12 1 1 (1) (1)1 (1)n n n n n n z nz z n z z z ∞ ∞ --==-?=--?=- <+∑∑ (2)令： 20 ()(1)(2)!n n n z s z n ∞ ==-? ∑ 11lim lim 0.(21)(22)n n n n C C n n +→∞ →∞==++Q 故R=∞, 由逐项求导性质 21 1 ()(1)(21)!n n n z s z n -∞ ='=-? -∑ 2222+11 00 ()(1)(1)(1)(1)(22)!(2)!(2)!n m n n m n n m n z z z s z m n n m n -∞ ∞∞ ===''=-? =-?=-=--? -∑∑∑由此得到()() s z s z ''=- 即有微分方程()()0s z s z ''+= 故有：()cos sin s z A z B z =+， A, B 待定。 200 (0)[(1)]11(2)!n n z n z A A n ∞ ====-?=?=∑由S 21 01 (0)sin cos [(1)]00(21)! n n z n z s z B z B n -∞ =='=-+=-? =?=-∑ 所以 20(1)cos .(2)!n n n z z R n ∞ =-?==+∞∑ 4． 解:因为1e ln(1e )ln() e z z z -++= 奇点为(21)πi(0,1,...)k z k k =+=± 所以πR = 又 ln(1e ) ln 2 z z -=+= e 1[ln(1e )]1e 2 z z z z --=-'+=- =-+ 0 2 2e 1[ln(1e )](1e )2z z z z --=-''+=- =- + 20 3 e e [ln(1e )]0(1e )z z z z z ---=--+'''+= =+ 2(4) 4 3e (14e e )1[ln(1e )] (1e )2z z z z z z ----=--++= =- + 于是，有展开式 24 23 111ln(1e )ln 2...,π22!24!2 z z z z R -+=-+-+= 第5章 1．解：显然，被积函数2 52 ()(1) z f z z z -=-在圆周|z|=2的内部只有一阶极点z=0及 二阶极点z=1 252 Re ((),0)|2(1)z z s f z z z =-= =-- 12 52 Re ((),1)|2(1)z z s f z z z =-= =- 故由留数定理得 2||252 2(22)0(1)z z dz i z z π=-=-+=-? 2． 解：函数 z z e z f 1)(+ =有孤立奇点0与∞，而且在+∞< 如下Laurent 展开式： )1!311!2111)(!31!211(3 23211ΛΛ+++++++ +=?=+z z z z z z e e e z z z z ΛΛΛ+++++ +=z 1 )!41!31!31!21!211( 故 ∑ ∞ =+-+==0 1 1)1(!1 ]0,[Re k z z k k e s c ∑ ∞ =+ +-=∞0 1)1(!1 ],[Re k z z k k e s 3． 解：令) 1(sin )(22-=z z z z f ，在2||=z 内，函数)(z f 有两个奇点． 0=z 为可去奇点，0]0),([Res =z f ， 1=z 为一阶极点，)()1(lim ]1),([Res 1 z f z z f z -=→ 1sin sin 21 2 2== =z z z ， 原式1sin 2])1),([Res ]0),([Res (22i z f z f i ππ=+= 4．解：因为()()() 101 i 13z z z +--在c 内有z =1，z =-i 两个奇点． 所以 () ()() ()[]()[]()()[]()[]()()10 c 10 d 2πi Res ,i Res ,1i 132πi Res ,3Res ,πi 3i z f z f z z z z f z f z =?-++--=-?+∞=- +?? x 1 y z : iz z =1y 1 z 1: z 2: y 2 x 2 1 2z e z =2 3 iz z =x 3 y 3z 3: v i 1-1 1 1334-+= z z z x 2 π- 2 π2 π 2 π- i -i 1 1 -1 i u i z i z w +-=55 y 4 x 4 2 4 5z z =-i i i ie ie i ie ie i z z i z z w iz iz iz iz +-+--+=+-+--+=222332 33)1 1()11()11()11( 故第6章 1．解： 2．解：令θi re z =，则πθ<<<0,1r ?θρi i e e r z ==222， πθ?ρ220,12<=<<=r 故2z w =将上半单位圆域映射为1|| 3． 解： 第二篇 第1章 1．证明： 因为ωωωd G t f t i ?+∞∞-= e )(π 21)(其中)(ωG 为f (t )的傅里叶变换 -1 1 x y 2 z w =1 -1 u v -i i (w ) 1- 1 (z 1) 1- 1 (z 3) (z ) 1- 1 (z 4) (z 2) 1- 1 z z 11= 1 2z z -=1 122 3-+-=z z z i z i z w +-=44 2 3 4z z =i z z i z z w +??? ? ??--+--???? ??--+-=2 2 1)/1(1)/1(1)/1(1)/1(i z z i z z +??? ??+--??? ??+-=22 1111 ()()()(cos sin )i t G f t e dt f t t i t dt ωωωω+∞ +∞ --∞ -∞ ==?-? ? ()cos ()sin f t tdt i f t tdt ωω+∞+∞ -∞ -∞ =?-??? 当f (t )为奇函数时，t cos f(t)ω?为奇函数，从而?+∞ ∞-=?0tdt cos f(t)ω t sin f(t)ω?为偶函数，从而 ? ?+∞ ∞ -+∞ ?=?0.sin f(t)2tdt sin f(t)tdt ωω 故.sin f(t)2)(0tdt i G ωω?-=?+∞ 有 )()(ωωG G -=-为奇数。 ω ωωωπ ωωπ ωd t i t G d e G t f t i )sin (cos )(21)(21)(+?= ?= ? ? +∞ ∞ -+∞ ∞ - = 01()sin d ()sin d 2ππ i G i t G t ωωωωωω+∞+∞ -∞?=??? 所以，当f(t)为奇函数时，有 002()b()sin d .b()= ()sin dt.π f t t f t t ωωωωω+∞ +∞ =????其中同理，当f(t)为偶函数时，有 ()()cos d f t a t ωωω+∞ =??.其中 02()()cos π a f t tdt ωω+∞ = ?? 2．（1）解： []||(||)0(1)(1)2 F f ()()d d d 2 d d 1i t t i t t i t t i t i f t e t e e t e t e t e t ωωωωωωω+∞+∞+∞ ----+-∞ -∞ -∞ +∞--+-∞ ==?==+= +? ???? （2）解：因为 2 2 2 2 2 /4 F[]π.()(2)2.t t t t e e e e t t e ω- ----=?=?-=-?而 所以根据傅里叶变换的微分性质可得22 4 π()F()2t G t e e i ωωω- -=?=? 3．解:
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