江苏大学复变函数试题及答案
1. 复变函数与积分变换的一道题，求知识帝解答。
F(z)=f'(z)/f(z)=L(z)/(z-a)^m
标指数(index) m,n 在 b,c 之后,
L(z)=bm+b(m-1)(z-a)+...+b1(z-a)^(m-1)+∑(n=0,∞)cn(z-a)^(n+m)
lim(z->a) (m-1)次微分 [(z-a)^m F(z)]=(m-1)!b1=
(m-1)!Res【F(z)=f’（z）/f（z），a】
lim(z->a) (m-1)次微分 [(z-a)^m f'(z)/f(z)]
= lim(z->a) (m-1)次微分 (z-a)^(m-1) f'(z)/[f(z)/(z-a)]
= lim(z->a) (m-1)次微分 (z-a)^(m-1) (∵ f'=lim f/(z-a))
=(m-1)!
Res【F(z)=f’（z）/f（z），a】=1
2. 复变函数与积分变换第四版 李红 谢松法课后题答案详解
解：根据题袭意可知，a,β是方程x^2-（k-1）x-3k-2=0的两根。
根据韦达定理有。
a+β=k-1,a*β=-3k-2。
又a^2+β^2=(a+β)^2-2a*β=(k-1)^2-2(-3k-2)=k^2+4k+5=17。
即有k^2+4k-12=0亦即(k+6)(k-2)=0。
故k=2或-6。
子函数f里的那个a被static 定义后，再return时不会被回收。所以a不会再被定义第二遍，也就不会再一次初始化。即f函数第二次运行，该句语句形同虚设。内a还是2。
(2)江苏大学复变函数试题及答案扩展阅读：
把类的声明放在main函数之前，它的作用域是全局的。这样做可以使main函数更简练一些。在main函数中定义了两个对象并且给出了初值，然后输出两个学生的数据。当主函数结束时调用析构函数，输出stud has been destructe!。版值得注意的是，真正实用的析构函数一般是不含有输出信息的。
在本程序中，成员权函数是在类中定义的，如果成员函数的数目很多以及函数的长度很长，类的声明就会占很大的篇幅，不利于阅读程序。而且为了隐藏实现，一般是有必要将类的声明和实现（具体方法代码）分开编写的，这也是一个良好的编程习惯。即可以在类的外面定义成员函数，而在类中只用函数的原型作声明。
3. 高分跪求复变函数补考完整答案一份
图1.
填空：
1.z=ln(1-sqrt(3)i)=|1-sqrt(3)|+iarg(1-sqrt(3))=2+i(2kπ-π/3)
2.|z|=2，该多边形是六边形，面积为6个边长为2的正三角形面积之和，为6sqrt(3)
3.由频域微分定理，L{tf(t)}=-F'(s)，故L{t^3f(t)}=-F'''(s)；又由频域平移定理，L{e^{5t}t^3f(t)}=-F'''(s-5)
4.记f(z)=z^{-2}，f^(n)(z)=(-1)^n(n+1)!z^{-2+n}. f(z)=∑[0,∞]f^(n)(-1)(z+1)^n=∑[0,∞](n+1)!(z+1)^n
5.由于cosz的泰勒展开式只有偶次项，在n为偶数时不会出现-1次项，故留数（-1次项系数）为0.
选择：
1. 选D：由于(z-1)sin(1/(z-1))=1-(z-1)^{-2}/3!+(z-1)^{-4}/5!-(z-1)^{-6}/7!+...，其展开式含有无穷多项负幂项，所以是本性奇点。
2.选C：f(z)解析的充要条件是u,v连续可微（调和），且u,v满足柯西黎曼方程（共轭）。
A.仅说调和，没说共轭。
B.仅说共轭，没说调和。
3.选B：对基础结论F{δ(t)}=1用时域平移定理F{δ(t-t0)}=e^{-iwt0}；对基础结论f{1}=2πδ(w)，用频域平移定理F{e^{iw0t}}=2πδ(w-w0).
4.选A：L{δ(t)}=1；对L{u(t)}=1/s先用时域平移定理L{u(t-1)}=e^{-s}/s，再用频域平移定理L{e^{-t}u(t-1)}=e^{-(s+1)}/(s+1).
5.选D：z=1/sqrt(2)时，|(1+sqrt(3))^n z^2n|->1
计算：
在|z|>2上展开被积分函数：(z-2)^{-2}z^{-3}=z^{-5}(1-2z^{-1})^{-2}=z^{-5}+4z^{-6}+...展开式中没有z^{-1}次项。由于环路积分值等于2πi * -1次项系数，故为0。
|z|=3包围了三个奇点z=0,±1，留数分别为-1,e/2,e^{-1}/2，有留数定理积分值为2πi(-1+e/2+e^{-1}/2)
|z|=2包围了两个奇点z=0,1，留数分别为1,2，由留数定理积分值为2πi(1+2)=6πi
由于zz*=|z|^2=1，故原积分等于∫(z^2+1)dz=(z^3/3+z)|z=-1 -(z^3/3+z)|z=1 = -1/3 - 1 - (1/3 + 1)=-8/3.
先分解因式：F(s)=1/(16(s + 1)) - 1/(16(s - 1))- 1/(4(s + 1)^3)+ 1/(8(s - 1)^2) .然后使用基础结论L{1/(s+a)^n}=t^{n-1}e^{-at}/(n-1)，由f(t)=e^{-t}/16 - e^t/16 - t^2e^{-t}/8 + te^t/8
由卷积定理L{f1(t)*f2(t)}=F1(s)F2(s)，故先求拉普拉斯变换，F1(s)=1/s，F2(s)=1/(s+1)，F1(s)F2(s)=1/(s(s+1))=1/s-1/(s+1)，故f1(t)*f2(t)=1 - e^{-t}, t >= 0; 0, t < 0
f(z)的洛朗级数就是1/z-1/z^2
利用基础结论sinz= z-z^3/3! + z^5/5! ...，sinz/z = 1- z^2/3! + z^4/5! ... = ∑(-1)^{k}z^{2k}/(2k+1)!
计算：
将方程变形为t(y''(t)+y(t))=2y'(t)。两侧同做拉普拉斯变换，设L{y(t)}=Y(s)，则由时域微分定理L{y'(t)}=sY(s)，L{y''(t)}=s^2Y(s)；对L{y''(t)+y(t)}=(s^2+1)Y(s)用频域微分定理：L{t(y''(t)+y(t))}=-d((s^2+1)Y(s))/ds。
得到方程d((s^2+1)Y(s))/ds=-2sY(s)，变形为d((s^2+1)Y(s))/((s^2+1)Y(s))=-2s/(s^2+1)ds，两侧积分得到Y(s)=C/(s^+1)^2, 求逆变换得到y(t)=C(sint-tcost)，其中C为任意常数。
f(t)=0.5, -1 < t < 1；=0, 其他。可以验证F{f(t)}= ∫[-1,1]0.5e^{-iwt)dt=sinw/w。
先考虑I(a)=∫(-∞，∞)e^{iax}/(x^2+4x+5)，被积函数有奇点-1,-4，留数分别为e^{-ia}/3和-e^{-4ia}/3，且奇点恰在积分路线上，由推广的留数定理积分值为πi(e^{-ia}/3-e^{-4ia}/3)。由于(cos(3x))^2=(cos6x+1)/2，故题中积分可表示为(Re(I(6))+I(0))/2，代入可得结果。