当前位置：文档之家 › 全国2006年7月自考复变函数与积分变换答案

全国2006年7月自考复变函数与积分变换答案

  • 格式：doc
  • 大小：180.00 KB
  • 文档页数：7

中国自考人()——700门自考课程 永久免费、完整 在线学习 快快加入我们吧！全国2006年7月自考复变函数与积分变换答案课程代码：02199一、单项选择题（本大题共15小题，每小题2分，共30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.arg(2-2i)=（ B ）A.43π-B.4π- C.4π D.43π 2.复数方程z=3t+it 表示的曲线是（ A ） A.直线 B.圆周 C.椭圆D.双曲线3.设z=x+iy ，则|e 2i+2z |=（ D ） A.e 2+2x B.e |2i+2z| C.e 2+2zD.e 2x 4.下列集合为无界多连通区域的是（ C ） A.0<|z-3i|<1 B.Imz>π C.|z+ie|>4D.π<<π2z arg 235.设f(z)=e x (xcosy+aysiny)+ie x (ycosy+xsiny)在Z 平面上解析，则a=（ B ） A.-3 B.-1 C.1D.36.若f(z)=u(x,y)+iv(x,y)在Z 平面上解析，u(x,y)=x 2-y 2+x ，则v(x,y)=（ C ） A.xy+x B.2x+2y C.2xy+y D.x+y7.⎰==-2|z |2)i z (dz（ A ）A.0B.1C.2πD.2πi8.⎰=-=2|1z |dz z zcos （ D ） A.0 B.1C.2πD.2πi9.⎰+=i220zdz （ D ）A.iB.2iC.3iD.4i10.设f(z)=1z z 22-，则Res[f(z),1]=（ B ）A.0B.1C.πD.2π11.处在0z )i z )(2z (1)z (f =--=泰勒展开式的收敛半径是（ B ）A.0B.1C.2D.312.z=2i 为函数222z )4z (z e )z (f +=的（ C ）A.可去奇点B.本性奇点C.极点D.解析点13.2)1z (z 1)z (f -=在0<|z-1|<1内的罗朗展开式是（ D ）A.∑∞=-0n nnz )1(B.∑∞=-0n n2z)1z (1C.∑∞=--0n nn)1z ()1(D.∑∞=---0n 2n n)1z ()1(14.线性变换z1z2+=ω（ A ） A.将上半平面Imz>0映射为上半平面Im ω>0 B.将上半平面Imz>0映射为单位圆|ω|<1 C.将单位圆|z|<1映射为上半平面Im ω>0 D.将单位圆|z|<1映射为单位圆|ω|<115.δ函数的傅氏变换F )]t ([δ为（ C ） A.-2 B.-1 C.1D.2二、填空题（本大题共5小题，每小题2分，共10分） 请在每小题的空格中填上正确答案。

错填、不填均无分。

16.若i3i 1z -+=，则z 17.若sinz=0，则z=()k k π为任意整数.18.设⎰==ζ<ζ-ζζ=L )z (f 3|:|L ),3|z (|,d zsin )z (f ，则2sin i z π. 19.幂级数∑∞=0n n nz 3n的收敛半径是___3________.20.映射z1=ω是关于__单位圆周__的对称变换.三、计算题（本大题共8小题，每小题5分，共40分） 21.解方程z 4=-1.24443454741(0,1,2,3),(0)22,(1)22,(2)22,(3)22k ii i i iz z ek e i k e i k e i k e i k ππππππ+=⇒====⎧=+=⎪⎪⎪=-+=⎪⎪=⎨⎪=--=⎪⎪⎪=-=⎪⎩22.已知调和函数u=(x-y)(x 2+4xy+y 2)，求f ′(z)，并将它表示成z 的函数形式.22222222222222222(,)()(4)363,363()363(363)3(2)3(2)333(1)x y x x x yu x y x y x xy y u x xy y u x xy y f z u iv u iu x xy y i x xy y x y xyi i x y xyi z iz i z=-++⇒=+-=--'⇒=+=-=+----=-+--+=-=- 解：23.设f(z)=my 3+nx 2y+i(x 3-3xy 2)为解析函数，试确定m 、n 的值.2232222(,),(,)32,2;33,6=263()3/2x y x y x y y x u x y my nx y v x y x xy u nxy u my nx v x y v xy u v n n f z u v m =+=-⇒==+=-=-⇒=-⇒=-⎧⇒⎨=-⇒=⎩解：由解析24.求积分⎰++-Cdz iz 22z 3I ）（＝的值，其中C:|z|=4为正向. 2=232210.C C dz dz i i i z i πππ∴+=⋅+⋅=+⎰⎰ 解：z=2,i 都在积分曲线C 内，3原式z-225.求积分⎰-C4z dz z 3e I ＝的值，其中C:|z|=1为正向.()023.3!3z z i i e ππ='''∴=⋅-= 解：z=0在积分曲线C 内，原式26.利用留数计算积分⎰=+-=2|z |4zdz )4z )(1z (e I .44411444||2()||2(1)(4)Re [(),1]lim(1)()lim (4)522(1)(4)55zz z z z z e f z z z z e es f z z f z z e e eI dz i i z z ππ→→===-+=-==+∴==⋅=-+⎰ 解：被积函数在内的孤立奇点为：z=1(一级极点)；而27.将函数0z )2z )(1z (1)z (f =++=在展开为泰勒级数.0100011111()=(1)(1)(2)1221211(1)(1)(1)1222n n n nn n n n n n n n n f z z zz z z z z z z +∞=+∞+∞+∞+====-=--+++++⎛⎫⎛⎫=----- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑∑∑∑解：=28.将函数)1z (z 1)z (f -=在圆环域1<|z-1|<+∞内展开为罗朗级数.020111()(1)1111(1)()11(1)(1)11(1)(1)n n n n n n f z z z z z z z z z +∞=+∞+=∞⇒==⋅=⋅--+=⋅=⋅---+-=--∑∑1解:1<|z-1|<+<1z-111z-1z-1111z-1z-1z-1四、综合题（下列3个小题中，29题必做，30、31题中只选做一题。

每小题10分，共20分）29.（1）求2z2i z 4e )z (f +=在上半平面的所有孤立奇点；222()4024i z e f z z z i z=+=⇒=+解：由，令为2z 2i z 4e )z (f +=在上半平面的所有孤立奇点，且为一级奇点；（2）求f(z)在以上各孤立奇点的留数；2422(),2]lim(2)()lim ;24i z z i z ie ef z i z i f z z i i-→→=-==+解：R es [（3）利用以上结果计算积分⎰+∞∞-+=.dx 4x x2cos I 22422(),2]lim(2)()lim ;24i z z i z ie ef z i z i f z z i i-→→=-==+解：R es [30.设D 是Z 平面上的带形区域：10<Imz<10+π，试求下列保角映射： （1）ω1=f 1(z)把D 映射成ω1平面上的带形区域D 1：0<Im ω1<π；110w z i =- （2）ω2=f 2(ω1)把D 1映射成ω2平面上的上半平面D 2：Im ω2>0；12w w e=（3）ω=f 3(ω2)把D 2映射成ω平面上的单位圆域D 3：|ω|<1，且f 3(i)=0；2222i w i w i w e w w i w iθ--==++，可取（4）综合以上三步，试用保角映射ω=f(z)把D 映射成单位圆域D 3.1010z i z ie i w e i ---=+31.(1)求e -t 的拉氏变换F [e -t ]；(1)0(1)0[]1(1)1tt ptp t p tF e e e dt e dte p p +∞+∞----++∞-+=⋅===-++⎰⎰(2)设F(p)=F [y(t)]，其中函数y(t)二阶可导，F [y ′(t)]、F [y ″(t)]存在，且y(0)=0，y ′(0)=1，求F [y ′(t)]、F [y ″(t)]；[()]()F y t pY p '=2[()]()1F y t p Y p ''=-（3）利用拉氏变换求解常微分方程初值问题：⎩⎨⎧='==-'+''-1)0(y ,0)0(y e 2y 3y 2y t()12(1)[()]()(0)[()]()(0)(0)(0)n n n n n L f t pF p f L f t p F p p f p f f ---'=-⎡⎢'=----⎣中国自考人()——改写昨日遗憾 创造美好明天！用科学方法牢记知识点顺利通过考试！11()22t ty t e e-=-+21(()1)2()3()21p Y p pY p Y p p -+-=+解：原方程两边取拉氏变换后，得解得 233()(1)(23)(1)(1)(3)11/21/2(1)(1)11p p Y p p p p p p p p p p p ++==++-+-+-==++-+-取逆变换，便得。

合集下载

复变函数与积分变换习题解答

复变函数与积分变换习题解答

练 习 一1．求下列各复数的实部、虚部、模与幅角。

（1）i ii i 524321----； 解：i iii 524321---- =i 2582516+zk k Argz z z z ∈+====π221arctan 2558258Im 2516Re（2）3)231(i + 解： 3)231(i +zk k Argz z z z e i i∈+===-=-==+=πππππ210Im 1Re 1][)3sin3(cos3332．将下列复数写成三角表示式。

1）i 31- 解：i 31-)35sin 35(cos2ππi +=（2）i i +12 解：i i +12 )4sin4(cos21ππi i +=+=3．利用复数的三角表示计算下列各式。

（1）i i2332++- 解：i i 2332++- 2sin2cosππi i +==（2）422i +-解：422i +-41)]43sin 43(cos 22[ππi +=3,2,1,0]1683sin 1683[cos 2]424/3sin ]424/3[cos 28383=+++=+++=k k i k k i k ππππππ4．.设321,,z z z 三点适合条件：321z z z ++=0，,1321===z z z 321,,z z z 是内接于单位圆z =1的一个正三角形的项点。

证：因,1321===z z z 所以321,,z z z 都在圆周32z z ++=0则,321z z z -=+1321=-=+z z z ，所以21z z +也在圆周1=z 上，又,12121==-+z z z z 所以以0，211,z z z +为顶点的三角形是正三角形，所以向量211z z z +与之间的张角是3π，同理212z z z +与之间的张角也是3π，于是21z z 与之间的张角是32π，同理1z 与3z ，2z 与3z 之间的张角都是32π，所以321,,z z z 是一个正三角形的三个顶点。

复变函数与积分变换五套试题及答案

复变函数与积分变换五套试题及答案

复变函数与积分变换试题（一）一、填空（3分×10）1．的模 ，幅角 。

)31ln(i --2．-8i 的三个单根分别为： ，，。

3．Ln z 在 的区域内连续。

4．的解极域为：。

z z f =)(5．的导数。

xyi y x z f 2)(22+-==')(z f 6．。

=⎥⎦⎤⎢⎣⎡0,sin Re 3z z s 7．指数函数的映照特点是：。

8．幂函数的映照特点是：。

9．若=F [f (t )]，则= F 。

)(ωF )(t f )][(1ω-f 10．若f （t ）满足拉氏积分存在条件，则L [f (t )]=。

二、(10分)已知，求函数使函数为解析函222121),(y x y x v +-=),(y x u ),(),()(y x iv y x u z f +=数，且f (0)=0。

三、（10分）应用留数的相关定理计算⎰=--2||6)3)(1(z z z z dz四、计算积分（5分×2）1．⎰=-2||)1(z z z dz2． C ：绕点i 一周正向任意简单闭曲线。

⎰-c i z z3)(cos 五、（10分）求函数在以下各圆环内的罗朗展式。

)(1)(i z z z f -=1．1||0<-<i z 2．+∞<-<||1i z 六、证明以下命题：（5分×2）（1）与构成一对傅氏变换对。

)(0t t -δo iwt e -（2）)(2ωπδ=⎰∞+∞-ω-dt e t i 七、（10分）应用拉氏变换求方程组满足x (0)=y (0)=z (0)=0的解y (t )。

⎪⎩⎪⎨⎧='+=+'+='++'0401z y z y x z y x 八、（10分）就书中内容，函数在某区域内解析的具体判别方法有哪几种。

复变函数与积分变换试题答案（一）一、1．， 2.-i 2i -i22942ln π+ππk arctg 22ln 32+-333.Z 不取原点和负实轴 4. 空集5.2z 6．07.将常形域映为角形域8.角形域映为角形域9.10.⎰∞+∞-ωωπωωd e F i )(21⎰∞+-0)(dte tf st 二、解：∵∴（5分）yu x x v ∂∂-=-=∂∂xuy y v ∂∂==∂∂c xy u +=cxy y x i z f ++⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=222121)(∵f (0)=0c =0（3分）∴（2分）222222)2(2)(2)(z ixyi y x i y x i xy z f -=+--=--=三、解：原式=（2分）⎥⎦⎤⎢⎣⎡--∑=k k z z z z s i ,)3)(1(1Re 2621π01=z 12=z （2分）⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=∑=k k z z z z s i ,)3)(1(1Re 2643π33=z ∞=4z 2312(3,)3)(1(1Re 66⨯=⎥⎦⎤⎢⎣⎡--分）z z z s =0⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡⋅--=⎥⎦⎤⎢⎣⎡∞--0,1)31)(11(11Re 2,)3)(1(1Re 266z z z z s z z z s 分）（∴原式=（2分） =23126⨯⨯i πi 63π-四、1．解：原式（3分）z 1=0z 2=1⎥⎦⎤⎢⎣⎡-π=∑=k k z z z s i ,)1(1Re 221=0（2分）]11[2+-=i π2．解：原式=iz z i=''=s co !22πi z z i =-π=）（cos i i cos π-=1ich π-五、1．解：ni z z f ∑∞⎪⎫⎛--⋅=⋅⋅=⋅=1111111111)(分）（分）（分）（（2分）11)(--∞=-=∑n n n i z in nn i z i )(1-=∑∞-=2．解：⎪⎭⎫⎝⎛-+⋅-=-+⋅-=i z i i z i z i i z z f 11)(11)(1)(11)(2分）（分）（（1分）（2分）nn i z i i z ∑∞=⎪⎭⎫ ⎝⎛---=02)(120)(11+∞=-=∑n n n i z i 20)(--∞=-=∑n n n i z i 六、1．解：∵（3分）∴结论成立0)(0t i e t t ti t i e dt e t t ωωωδ-==--∞+∞-=-⎰（2）解：∵（2分）1)(2210==ωπδπ=ωω-ω-∞+∞-⎰t i t i e dw e ∴与1构成傅氏对)(2w πδ∴（2分）)(2ωπδω=-∞+∞-⎰dt e t i 七、解：∵（3分）⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+=++=++)3(0)(4)()2(0)()()()1(1)()()(s sZ s Y s Z s sY s X S s sZ s Y s sX S （2）-（1）：∴（3分）⎪⎭⎫ ⎝⎛-⋅-=s s s Y 111)(2⎪⎭⎫ ⎝⎛++--=--=1111211112s s s s s s ∴cht e e t Y t t -=--=-121211)(八、解：①定义；②C-R 充要条件Th ；③v 为u 的共扼函数10分复变函数与积分变换试题（二）一、填空（3分×10）1．函数f (z )在区域D 内可导是f (z )在D 内解析的（）条件。

复变函数考试题及答案自考

复变函数考试题及答案自考

复变函数考试题及答案自考一、选择题（每题2分，共20分）1. 下列哪个选项是复数z = 3 + 4i的共轭复数？A. 3 - 4iB. -3 + 4iC. -3 - 4iD. 3 + 4i答案：A2. 如果复变函数f(z)在点z₀处解析，那么它的导数f'(z₀)等于：A. 极限lim(Δz→0) [f(z₀ + Δz) - f(z₀)] / ΔzB. f(z₀)的实部C. f(z₀)的虚部D. f(z₀)的模答案：A3. Cauchy积分定理适用于：A. 仅在实数域B. 仅在复平面上的简单闭合曲线C. 仅在复平面上的开区域D. 所有以上情况答案：C4. 如果一个复变函数在某区域内除了一个孤立奇点外处处解析，那么这个函数在该区域内：A. 一定有原函数B. 一定没有原函数C. 可能是周期函数D. 以上都不对答案：A5. 复变函数f(z) = u(x, y) + iv(x, y)中，u和v分别表示：A. 实部和虚部B. 模和辐角C. 辐角和模D. 都不对答案：A6. 以下哪个是复变函数的柯西-黎曼方程？A. ∂u/∂x = ∂v/∂yB. ∂u/∂y = -∂v/∂xC. ∂u/∂x = ∂v/∂yD. ∂u/∂y = ∂v/∂x答案：B7. 复变函数的级数展开式中的系数是：A. 常数B. 复数C. 实数D. 以上都不对答案：B8. 如果一个复变函数在某个区域内处处连续，那么它的模：A. 也必定处处连续B. 可能不连续C. 必定不连续D. 以上都不对答案：A9. 复变函数的Taylor级数展开是关于：A. 模的展开B. 辐角的展开C. z的展开D. 共轭复数的展开答案：C10. 下列哪个是复变函数的Laurent级数展开的一个特性？A. 它只能展开在解析函数上B. 它包含负幂项C. 它只能展开在奇点附近D. 以上都是答案：B二、填空题（每题3分，共30分）11. 复数z = 2 - 3i的模是________。

复变函数与积分变换习题答案

复变函数与积分变换习题答案

复变函数与积分变换习题答案习题六1. 求映射1w z=下，下列曲线的像. (1) 22x y ax += (0a ≠，为实数) 解：222211i=+i i x y w u v z x y x y x y ===-+++ 221x x u x y ax a===+,所以1w z =将22x y ax +=映成直线1u a=. (2) .y kx =(k 为实数) 解： 22221i x y w z x y x y ==-++ 222222x y kxu v x y x y x y ==-=-+++ v ku =-故1w z=将y kx =映成直线v ku =-.2. 下列区域在指定的映射下映成什么？（1）Im()0,(1i)z w z >=+；解： (1i)(i )()i(+)w x y x y x y =+?+=-+ ,.20.u x y v x y u v y =-=+-=-<所以Im()Re()w w >.故(1i)w z =+?将Im()0,z >映成Im()Re()w w >. (2) Re(z )>0. 0=. 解：设z =x +i y , x >0, 0i i i(i )i x y y x w z x iy x y x y x y -====+++++ Re(w )>0. Im(w )>0. 若w =u +i v , 则2222,u vy x u v u v==++ 因为0221101,()22u u v u v <<-+>+ 故i w z =将Re(z )>0, 00,Im(w )>0, 1212w > (以（12,0）为圆⼼、12为半径的圆)3. 求w =z 2在z =i 处的伸缩率和旋转⾓，问w =z 2将经过点z =i 且平⾏于实轴正向的曲线的切线⽅向映成w 平⾯上哪⼀个⽅向？并作图.解：因为w '=2z ,所以w '(i)=2i , |w '|=2, 旋转⾓arg w '=π2. 于是, 经过点i 且平⾏实轴正向的向量映成w 平⾯上过点-1，且⽅向垂直向上的向量.如图所⽰.→4. ⼀个解析函数，所构成的映射在什么条件下具有伸缩率和旋转⾓的不变性？映射w =z 2在z 平⾯上每⼀点都具有这个性质吗？答：⼀个解析函数所构成的映射在导数不为零的条件下具有伸缩率和旋转不变性映射w =z 2在z =0处导数为零，所以在z =0处不具备这个性质.5. 求将区域06. 试求所有使点1±不动的分式线性变换. 解：设所求分式线性变换为az bw cz d+=+(ad -bc ≠0)由11-→-.得 1a bb acd c d-+-==+--+ 因为(1)a z c dw cz d ++-=+,即(1)(1)1a z c z w cz d++++=+,由11→代⼊上式，得22a ca d c d+=?=+. 因此11(1)(1)d cd cd c w z z cz d z +++=+=+?++ 令dq c =，得 1(1)(1)/()(1)(1)11(1)(1)/()2(1)(1)1w z q z q z q z a w z q z q z q z +++++++===?-+++---- 其中a 为复数.反之也成⽴，故所求分式线性映射为1111w z a w z ++=?--， a 为复数.7. 若分式线性映射，az bw cz d+=+将圆周|z |=1映射成直线则其余数应满⾜什么条件？解：若az b w cz d +=+将圆周|z |=1映成直线，则dz c=-映成w =∞. ⽽dz c=-落在单位圆周|z |=1,所以1d c -=,|c |=|d |.故系数应满⾜ad -bc ≠0,且|c |=|d |.8. 试确定映射，11z w z -=+作⽤下，下列集合的像. (1) Re()0z =; (2) |z |=2; (3) Im(z )>0. 解：(1) Re(z )=0是虚轴，即z =i y 代⼊得. 22222i 1(1i )12i i 1111y y y yw y y y y ----+===+?++++ 写成参数⽅程为2211y u y -+=+， 221yv y =+, y -∞<<+∞. 消去y 得，像曲线⽅程为单位圆,即u 2+v 2=1.(2) |z |=2.是⼀圆围，令i 2e ,02πz θθ=≤≤.代⼊得i i 2e 12e 1w θθ-=+化为参数⽅程.354cos u θ=+ 4sin 54cos u θθ=+ 02πθ≤≤ 消去θ得，像曲线⽅程为⼀阿波罗斯圆.即22254()()33u v -+=(3) 当Im(z )>0时，即11Im()011w w z w w ++=-?<--, 令w =u +i v 得221(1)i 2Im()Im()01(1)i (1)w u v v w u v u v +++-==<--+-+.即v >0,故Im(z )>0的像为Im(w )>0.9. 求出⼀个将右半平⾯Re(z )>0映射成单位圆|w |<1的分式线性变换. 解：设映射将右半平⾯z 0映射成w =0，则z 0关于轴对称点0z 的像为w =∞，所以所求分式线性变换形式为00z z w k z z -=?-其中k 为常数.⼜因为00z z w k z z -=?-,⽽虚轴上的点z 对应|w |=1,不妨设z =0，则i 00||1e ()z z w k k k z z θθ-=?==?=∈-R故000e (Re()0)i z z w z z z θ-=?>-.10. 映射e 1i z w zαα-=?-?将||1z <映射成||1w <,实数?的⼏何意义显什么？解：因为2i i 22(1)()()1||()e e (1)(1)z z w z z z ?αααααα-----'=?=?-?- 从⽽2i i 2221||1()e e (1||)1||w ?αααα-'=?=?-- 所以i 2arg ()arg e arg (1||)w ?αα?'=-?-= 故?表⽰i e 1z w zθαα-=?-在单位圆α处的旋转⾓arg ()w α'.11. 求将上半平⾯Im(z )>0,映射成|w |<1单位圆的分式线性变换w =f (z )，并满⾜条件(1) f (i)=0, arg (i)f '=0; (2) f (1)=1, f.解：将上半平⾯Im(z )>0, 映为单位圆|w |<1的⼀般分式线性映射为w =k z z αα-?-(Im(α)>0). (1) 由f (i)=0得α=i ，⼜由arg (i)0f '=,即i 22i()e (i)f z z θ'=?+,πi()21(i)e 02f θ-'==，得π2θ=，所以ii iz w z -=?+. (2) 由f (1)=1,得k =11αα--；由f ,得k α联⽴解得w =12. 求将|z |<1映射成|w |<1的分式线性变换w =f (z)，并满⾜条件： (1) f (12)=0, f (-1)=1. (2) f (12)=0, 12πarg ()2f '=, (3) f (a )=a , arg ()f a ?'=.解：将单位圆|z |<1映成单位圆|w |<1的分式线性映射，为i e1z w zθαα-=-?, |α|<1.(1) 由f (12)=0，知12α=.⼜由f (-1)=1，知 1i i i 2121e e (1)1e 1π1θθθθ--?=-=?=-?=+.故12221112zz z w z --=-?=--. (2) 由f (12)=0，知12α=，⼜i 254e (2)z w z θ-'=?- i 11224π()earg ()32f f θθ''=?==，于是π21i 2221e ()i 12zz z w z--==?--. (3) 先求=()z ξ?，使z =a 0ξ→=，arg ()a ?θ'=,且|z |<1映成|ξ|<1. 则可知 i =()=e 1z a z a zθξ?-?-?再求w =g (ξ)，使ξ=0→w =a , arg (0)0g '=,且|ξ|<1映成|w |<1. 先求其反函数=()w ξψ,它使|w|<1映为|ξ|<1,w =a 映为ξ=0，且arg ()arg(1/(0))0w g ψ''==,则=()=1w aw a wξψ--?.因此，所求w 由等式给出.i =e 11w a z aa w a zθ--?-?-?.13. 求将顶点在0，1，i 的三⾓形式的部映射为顶点依次为0，2，1+i 的三⾓形的部的分式线性映射.解：直接⽤交⽐不变性公式即可求得02w w --∶1i 01i 2+-+-=02z z --∶i 0i 1--2w w -.1i 21i +-+=1z z -.i 1i- 4z(i 1)(1i)w z -=--+.14. 求出将圆环域2<|z |<5映射为圆环域4<|w |<10且使f (5)=-4的分式线性映射. 解：因为z=5,-5,-2,2映为w=-4,4,10,-10,由交⽐不变性，有2525-+∶2525---+=104104-+--∶104104+- 故w =f (z )应为55z z -+∶2525---+=44w w +-∶104105+- 即 44w w +-=55z z --+20w z=-.讨论求得映射是否合乎要求，由于w =f (z )将|z |=2映为|w |=10，且将z =5映为w =-4.所以|z |>2映为|w |<10.⼜w =f (z )将|z |=5映为|w |=4，将z =2映为w =-10，所以将|z |<5映为|w |>4，由此确认，此函数合乎要求.15.映射2w z =将z 平⾯上的曲线221124x y ??-+= ??映射到w 平⾯上的什么曲线？解：略.16. 映射w =e z将下列区域映为什么图形. (1) 直线⽹Re(z )=C 1,Im(z )=C 2;(2) 带形区域Im(),02πz αβαβ<<≤<≤; (3) 半带形区域Re()0,0Im(),02πz z αα><<≤≤.解：（1）令z =x +i y , Re(z )=C 1, z =C 1+i y 1i =e e Cyw ??, Im(z )=C 2,则z =x +i C 22i =e e C x w ??故=e zw 将直线Re(z )映成圆周1e Cρ=；直线Im(z )=C 2映为射线2C ?=.（2）令z =x +i y ，y αβ<<,则i i =e ee e ,z x yx y w y αβ+==?<<故=e zw 将带形区域Im()z αβ<<映为arg()w αβ<<的⾓为βα-的⾓形区域. （3）令z =x +i y ，x >0，0 i =e e e (0,0)e 1,0arg z x yx w x y w αα=?><<<故=e zw 将半带形区域Re(z )>0,01, 0arg w α<<(02πα≤≤).17. 求将单位圆的外部|z |>1保形映射为全平⾯除去线段-1w z=将|z |>1映为|w 1|<1,再⽤分式线性映射. 1211i 1w w w +=-?-将|w 1|<1映为上半平⾯Im(w 2)>0, 然后⽤幂函数232w w =映为有割痕为正实轴的全平⾯，最后⽤分式线性映射3311w w w -=+将区域映为有割痕[-1,1]的全平⾯. 故221121132222132111111i 1111111()11211i 1111z z z z w w w w w z w w z w w ++--?- ? ?----=====+++?? ++-?++ ? ?--.18. 求出将割去负实轴Re()0z -∞<≤,Im(z )=0的带形区域ππIm()22z -<<映射为半带形区域πIm()πw -<<,Re(w )>0的映射.解：⽤1e zw =将区域映为有割痕(0,1)的右半平⾯Re(w 1)>0；再⽤1211ln1w w w +=-将半平⾯映为有割痕(-∞,-1]的单位圆外域；⼜⽤3w =⾯；再⽤43ln w w =将区域映为半带形00；最后⽤42i πw w =-映为所求区域，故e 1ln e 1z z w +=-.19. 求将Im(z )<1去掉单位圆|z |<1保形映射为上半平⾯Im(w )>0的映射. 解：略.20. 映射cos w z =将半带形区域00保形映射为∞平⾯上的什么区域. 解：因为 1cos ()2iz iz w z e e -==+ 可以分解为w 1=i z ，12e ww =，32211()2w w w =+由于cos w z =在所给区域单叶解析，所以（1） w 1=i z 将半带域旋转π2，映为0w =将区域映为单位圆的上半圆部|w 2|<1,Im(w 2)>0. （3） 2211()2w w w =+将区域映为下半平⾯Im(w )<0.。