复变函数及积分变换试题及答案

第一套

一、选择题（每小题3分，共21分）

1. 若（ ），则复函数f(z)u(x,y)iv(x,y)是区域D内的连续函数。 A. u(x,y)、v(x,y)在区域D内连续； B. u(x,y)在区域D内连续； C. u(x,y)、v(x,y)至少有一个在区域D内连续； D. 以上都不对。 2. 解析函数f(z)的实部为uexsiny，根据柯西-黎曼方程求出其虚部为（ ）。 ----------------------------------------A.excosyC； B excosyC； C exsinyC； D excosyC3.

dz|z2|1(z2)2（ ）

。 A. 2i； B. 0； C. 4i； D. 以上都不对. 4. 函数f(z)以z0为中心的洛朗展开系数公式为（ ）。

A. c1f()dfn(z0)n2i(z1 B. cn0)nn!

C. c1f()dn2ik2z D. cn!n02if()dk2(zn1

0)sinz25. z=0是函数z的（ ）。

A.本性奇点 B.极点

C. 连续点 D.可去奇点

6. 将点，0，1分别映射成点0，1，的分式线性映射是（ ）。 A.wzz1 B. wz11z C. wzz D. w11z 7. L（sinkt）（ ），（Res0）。

A.

ks2k2； B.ss2k2； C. 1sk； D. 1sk

.

二、填空题（每小题3分，共18分）

21.

(1i)3 [1] ；

1

装---------------------------------------------------------------------------订线---------------------------------------------------- zn2. 幂级数收敛于 [2] ；

n！n13. 设Z0为复函数

f（z）的可去奇点，则f（z）在该点处的留数为 [3] . ；

（k为待定复常数）可将 [4] 映射成单位圆内部

z4. 通过分式线性映射kz1；

5. 一个一般形式的分式线性映射可由zb、az、1三种特殊形式的映射复合而成，分z别将平面看成z平面的平移映射、旋转与伸缩映射、 [5] ； 6. 求积分

eix(x)dx [6] ；

三、判断题 （每小题2分，共10分）

1. 平面点集D称为一个区域，如果D中任何两点都可以用完全属于D的一条折线连接起来，这样的集合称为连通集。（ ）

2. f(z)u(x,y)iv(x,y)在区域D内解析的充要条件是：u(x,y)与v(x,y)在D内可微，且满足C-R方程。 （ ）

3.将z平面上一个点集映射到平面上一个点集，z的参数方程是：zz(t)，的参数方程是：

f[z(t)]，则函数z与导数满足伸缩率不变性、旋转角不变性和保角性。 （ ）

4. 拉氏变换的微分性质为：若L[f(t)]F(s)，则L[f(t)]tF(s)f(0)。（ ） 5. 傅里叶级数f(t)c0Acos(nt)表示一个周期为T的信号fn0nn1(t)可以分解为简谐波之和，

这些简谐波的（角）频率分别为一个基频0的倍数。（ ）

四、计算题（前四题，每小题9分，第五题，15分，共51分）

1. 当a，b分别等于多少时，函数f(z)xaxyi（bxy-y）在复平面上处处解析?

32232

2. 计算

z|z|2(8z2)(zi)dz。

3. 将函数在指定圆环内处展开为洛朗级数：f(z)

z1，0|z|1.

z2(z1)sin2z4. 利用留数定理计算积分 dz

|z|2z2(z1)

(2xx9x)(yy3y)05. 求微分方程组(2xx7x)(yy5y)0

一、选择题（每小题3分，共21分）

1. A 2. B 3.B 4. A 5. A 6. D 7. A

x(0)x(0)1的解

y(0)y(0)0.

二、填空题（每小题3分，共18分）

1.

34k2[cos364kisin36]363k0,1,2；或2e,2e,2e

563323

2. e； 3. 0； 4. 上半平面Imzz0； 5. 反演映射 6. 1

.

三、判断题 （每小题2分，共10分）

1. × 2. √ 3. √ 4. √ 5. √

四、计算题（前四题，每小题9分，第五题，15分，共51分） 1. 解：ux3axy2,vbx2yy3

uvxy 

uvxy （3分）

uuvv3x2ay2,2axy,2bx,yyxy x223x2ay2bx3y,2bx32y（3分）

2axy2bxya3,b3 （3分）

2. 解：

zzdz2iz（28-z2）(zi)8z2

zi （5分）

（或判断出-i在圆内，22不在圆内，得2分）

2 9 （4分）

3. 将函数在指定圆环内处展开为洛朗级数：f(z)z1,0z1

z2(z1)f(z)z1z12121 （5分）

z2(z1)z2(z1)z2z21z（或：写出洛朗级数公式2分）

1222zzznn01222z2zz2zn2 0z1 （4分）

（4分）

（3分）

4. 解：由于函数在积分区域内有可去奇点z=0与单极点z=1

Res(f(z),0)0,sin2zRes(f(z),1)lim(z-1)2sin21

z1z(z-1)4

由留数定理，原积分2isin1 （2分）

2(2s2s9)X(s)(s2s3)Y(s)12s5. 解：22(2ss7)X(s)(ss5)Y(s)32s整理得

（4分）

22s2X(s)Y(s)s24（4分） X(s)Y(s)1s1112s11X(s)3s13s243s24解得（4分）

212s11Y(s)3s13s243s24再取拉氏变换得到其解为：

1t21x(t)ecos2tsin2t333 （3分） 221y(t)etcos2tsin2t333

第二套

一、选择题（每小题3分，共21分）

1. 1i3的指数式为（ ）。 A、2e2i3 B、e2i3 C、2ei3 D、2ei6

2. 复函数LnZ（ ）。

A 在复平面上处处解析； B在复平面上处处不解析； C 除去原点外处处解析； D除去原点及负半实轴外处处解析. 3. 由柯西积分公式得，积分

dz。 |z|1z2的值为（ ）

A.0 B. 1 C. 2 D.无解 4. 洛朗级数的正幂部分叫（ ）。

A、主要部分 B、解析部分 C、无限部分 D、都不对

5

15. sin在点z=0处的留数为（ ）。

zA.-1

B.0

C.1

D.2

6. 保角映射具有的性质有（ ）。 A. 反演性、保圆性、保对称性 C. 共形性、保圆性、保对称性

B. 共形性、保角性、保对称性 D. 反演性、保角性、保对称性

7. L（ekt），（Resk）。 （ ）A.

ks11； B.； C. ； D. . 2222ksksksks

二、填空题（每小题3分，共18分）

1.

3i= [1] 。

52. 幂级数

n1n!nn2zn收敛半径为： [2] 。

3. 孤立奇点可分为可去奇点、极点和 [3] 三种。 4. 通过分式线性映射eiz，(1，为实数)可将 [4] 映射成单位圆内部

1z1。

5. 在扩充复平面上两点z1与z2是关于圆周C的对称点的充要条件是通过z1与z2的任何圆周与C

[5] 。

6. 按定义，函数f(x)的傅里叶变换式为 [6] 。

三、判断题 （每小题2分，共10分）

1. 如果平面点集G中的每一点都是它的内点，则称G为开集。 （ ） 2. lnz的所有分支可表示为lnzLnz2ki。 （ ）

3. 设函数fz在z0的邻域内有定义，且在z0具有保角性和伸缩率不变性，则称fz在z0时共形的。 （ ）

6

4. 傅里叶级数ftc0Ancosn0tn中c0n11T/2ftdt的物理意义：表示周期信号在一个T/2T周期内的平均值，也叫做交流分量。 （ ）

5. 拉氏变换的微分性质为：若L[f(t)]F(s)，则L[f(t)]tF(s)f(0)。 （ ）

四、计算题（前四题，每小题9分，第五题，15分，共51分）

32321. 设mynxyixlxy为解析函数，试确定l,m,n的值



2. 计算积分

3. 将下列各级数在指定圆环域内展开为洛朗级数

Czdz，C:z2； z31，1z2； 2z1z2

4. 利用留数定理求积分（圆周均取正向）

z15z3z21z2243dz

7

5. 求微分方程式的解

y(4)ycosty(0)y(0)y(0)0y(0)c（c为常数）

第二套

一、选择题（每小题3分，共21分）

1. C 2.D 3. A 4. B 5. C 6. C 7.C.

二、填空题（每小题3分，共18分）

1. 163i 2. 0 3.本性奇点 4. 单位圆内部

z1

5. 正交 Ffteitdt

三、判断题 （每小题2分，共10分）

1. √ 2. × 3. √ 4. × 5. √ 四、计算题（前四题，每小题9分，第五题，15分，共51分）

1. 解：由题意知：实部umy3nx2y、虚部vx3lxy2

ux2nxy，uy3my2nx2，vx3x2ly2，vy2lxy （2分） u由于my3n2xyi3x2vl为x解y析函数，故有xy （2分）uyvx2nxy2lxy3my2nx23x2ly 2 （3分）解得m=1，n=-3，l=-3 （2分） 2. 解：由z-3=0，得奇点为z=3（3分）此时不在C的环域内，由柯西基本定理（3分）知Czz3dz0分）

1z213. 解：55z21z215z2 （3分）

8

6.

即 3

（111121111 z22211z5z5z10z1z212121zz211211znnn12n112n1n （3分）

5n0z5n010n02z211121111zz2z31z2 （3分）

5z45z35z25z102040804. 解：函数

z15z21z22433在z3的外部，除点外没有其他奇点，因此根据定理二与规则四有：

z15Cz21z224dz2iResfz, （3分）

2iResf111,02i （3分） 2,0（3分）2iRes23z1z212z4zz435. 解：方程两边取拉氏变换，得sY(s)cssY(s)c解出Y(s)s （2分） s21c1（3分） s3s2(s1)(s21)1estestL[2]Res[2,0]Res[2,1]

s(s1)(s21)s(s1)(s21)s(s1)(s21)1estestRes[2,i]Res[2,i]（3分） 22s(s1)(s1)s(s1)(s1)estestestestlim()lim(22)lim(2)lim(2) s0(s1)(s21)s1s(s1)sis(s1)(si)sis(s1)(si)11t1et(costsint) （2分）

22因此，原方程的解y(t)L[Y(s)]cL[11111]L[] s3s2(s1)(s21)c11t2t1et(costsint)（5分） 222第三套

9

一、填空题（每空2分，共20分）

31．复数的实部为 [1] ，虚部为 [2] 及其共轭复数为 [3] .

12i1v2．已知f(z)uiv是解析函数，其中uln(x2y2)，则 [4] .

2y3．设C为正向圆周z1,则

ez2C2idz= [5] .

zn4．幂级数3的收敛半径为 [6] . n1n5．z0是f(z)6．设f(z)ln(1z)的奇点，其类型为 [7] . z111(z1)2(z1)(z1)(1)n(z1)n，则

Res[f(z),1] [8] . 7．函数的傅里叶变换为F() [9] . 8．函数 F(s)1 的拉普拉斯逆变换为f(t) [10] .

s(s1)二、选择题（每小题2分，共20分）

168i的辐角为（ ） 25251 A．arctan

21．复数z

B．-arctan1 2 C．arctan

12 D．arctan1 22．方程Rez21所表示的平面曲线为（ ）

A．圆 B．直线 C．椭圆 D．双曲线 3．在复平面上，下列关于正弦函数sinz的命题中，错误的是（ ） ．．A．sinz是周期函数 C．sinz1

B．sinz是解析函数

D．(sinz)cosz

10

4．设C为正向圆周z1，则coszCzdz=（ ） A．i B．2i C．0

D．1

5．在拉氏变换中，函数f1(t)与f2(t)的卷积，f1(t)f2(t)为（ ）

A．ttf1(t)f2(t)dt

B．0f1()f2()d

C．t0f1()f2(t)d

D．t0f1()f2(t)d

zn16．幂级数的收敛区域为（ n1n!）

A．0z B．z C．0z1

D．z1

ez7．设f(z)z2)的罗朗级数展开式为ncnz(nz，则它的收敛圆环域为（A．0z2或2z B．0z22或2z2 C．0z2

D．0z22

8．zsin(z3)3是函数f(z)3z的（ ） A．一阶极点 B．可去奇点 C．一阶零点 D．本性奇点

9．Res[z(z2i)2,2i]（ ）

A．2i B．-1 C．2i D．1

10．(tt0)的傅里叶变换为（ ）

A．1 B．t0 C．eit0 D．eit0

11

）

三、计算题（每小题8分，共24分）

sin|21． 已知f(z)

|4d，求f(12i)，f(1)，f(1)。 z2． 计算积分

Cezdz，C:z3取正向。

z(z21)3． 求函数f(z)

z1在孤立奇点处的留数。

z22z四、综合题（共36分）

1．设f(z)x3y32x2y2i，问f(z)在何处可导？何处解析？并在可导处求出导数值。（8

分）

2．将函数f(z)（10分）

3．求余弦函数f(t)cos0t的傅里叶变换。（8分）

4．用Laplace变换求解常微分方程。（10分）

1分别在0z11与0z2圆环域内展开为罗伦级数。

(z1)(z2)y3y3y1y 

y(0)y(0)1y,(0)212

第三套

一、填空题 1．

3636x, , i；2．2；3．0；4．1；5．可去奇点；6．-1；7．1； 5555xy2t8．e1

二、选择题

B D C B D，B A B C C

三、计算题 (每题5分，共20分)

1、解：（1）因为12i52不在曲线C：2内

所以根据柯西定理得：f(12i)0 （2分）

（2）已知z1在曲线C：2内，由柯西积分公式得：

f(1)|sin|24dsin.2i2i （3分）

14（3）由高阶导数公式得：

f(1)||24d(sin)2i22i （3分） (1)2441sinez2、解：设f(z)在曲线C内除z0,1之外处处解析， （2分）

z(z21)ez又因为z0,1是f(z)的一阶极点，根据留数定理得：

z(z21)C3ezdz2iRes[f(z),zk]

z(z21)k11Res[f(z),0]2i，Res[f(z),1]ei，Res[f(z),1]i （4分）

eez1dzi(e2) （2分） Cz(z21)e13

3、解：由f(z)z1得：

z22zz0和z2都是f(z)的孤立奇点，并且是一阶极点， （2分）

13Res[f(z),0] （3分） Res[f(z),2] （3分）

22四、综合题

1．解：u(x,y)x3y3,v(x,y)2x2y2

uuvv3x2,3y2,4xy2,4x2y xyxy （4分）

均连续，要满足CR条件，必须要

3x24x2y,4xy23y2成立

即仅当xy0和xy3时才成立，所以函数f(z)处处不解析； （2分） 433(,)44f(0)ux(0,0)ivx33u)0,f(i) (0,044xivx33(,)4427(1i) （2分） 2解：1611nf(z)(z1)(z1)(z2)(z1)(1(z1）)n1（5分） 0z1 111f(z)(z1)(z2)(z2)2(11(z2)(1)nn2(z2)n1) 1z2 （5分） 3． 解：

F()F[ft()] 1i(0)t[e21i0ti0titcosdt(ee)edt 0te21ei(0)t]dt[2(0)2(0)]

2it [(0)(0) （8分） 4．解：在方程两边取拉氏变换，并用初始条件得

S3Y(S)S2y(0)Sy(0)y(0)3(S2Y(S)Sy(0)y(0))(S33S23S1)Y(S)1

3(SY(S)y(0))Y(S)

1S12(S23S3)(S3) S11(2S35S24S1)(2S1)(S1)2 SS14

即 Y(S)2S111 故 y(t)L1[Y(S)]et1

S(S1)SS1----------------------------------------黄山学院 学年度第 学期 《工程数学》( 本 科)期末试卷 (时间120分钟)

试卷编号:

院(系) 班 姓名 学号 得分

一、填空题（每空1分，共20分）

i1i1．复数的实部为 [1] ，虚部为 [2] 及其共轭复数为 1ii [3] . 2．已知f(z)uiv是解析函数，其中uexcosy，则3．设C为正向圆周z2,则v [4] . y装--------------------------------------sinzC(z)22dz [5] . 订an1a4．设lim1i，则幂级数nzn的收敛半径为__ [6]__.

nan0n1n-------------------------------------5．z0是f(z)6．设f(z)ln(1z)的奇点，其类型为 [7] . z111(z1)2(z1)(z1)(1)n(z1)n，则

线Res[f(z),1] [8] . ---------------------------------------------------- 7．函数的傅里叶变换为F() [9] . 8．函数 F(s)1 的拉普拉斯逆变换为f(t) [10] .

s(s1)二、选择题（每小题2分，共20分）

1．复数z3(cosisin)的三角表示式为（ ）

44 A．3(cosisin) B．3(cosisin)

555515

44 C．3(cosisin)

55

44D．3(cosisin)

552．在下列复数中，使得ez2成立的是（ ） A．z2 C．z2

B．zln22i D．zln2i

3．设zxiy，解析函数f(z)的虚部为vy33x2y，则f(z)的实部u可取为（ ） A．x23xy2 B．3xy2x3 C．3x2yy3

D．3y33x3

4．设C为从i到i的直线段，则C|z|dz（ ） A．i B．2i C．i D．2i n5．复数列zne2i的极限为（ ）

A．-1 B．0 C．1 D．不存在 6．以z0为本性奇点的函数是（ ）

A．sinzz B．

1z(z-1) C．

1coszz2

D．sin1z

7．设f(z)ez(z2)的罗朗级数展开式为ncnznz，则它的收敛圆环域为（ ）

A．0z2或2z B．0z22或2z2

C．0z2

D．0z22

)eiz8．设函数f(z(z21)2，则Resfz,i（ ） A．0

B．ieie4 C．4 D．

e4 9．(tt0)的傅里叶变换为（ ）

16

A．1 B．t0 C．eit0 D．eit0 10．在拉氏变换中，函数f1(t)与f2(t)的卷积，f1(t)f2(t)为（ ）

A．tf1(t)f2(t)dt B．f1()f2()d

0t C．f1()f2(t)d D．f1()f2(t)d

00tt三、计算题（每题8分，共24分） 1．f(z)3271d，求f(1i).

3z2． 计算积分

Cezdz，C:z3取正向。 2z(z1)z1在孤立奇点处的留数。

z22z四、综合题（共36分）

3．求函数f(z)1．设a、b是实数，函数f(z)axy(bx2y2)i在复平面解析，则分别求a、b之值，并求f(z).

（8分） 2．将f(z)1在z00与z1i处展成罗伦级数。（10分）

z(zi)3．求余弦函数f(t)cos0t的傅里叶变换。（8分）

y3y2ye2t4．用拉普拉斯变换求解常微分方程：（10分）

y(0)0,y(0)1黄山学院 学年度第 学期 《工程数学》( 本 科)期末试卷 (答案)

一、填空题

31312tx，，i；ecosy；0；；可去奇点；-1；1；e1 22222二、选择题

C B B A D，D A A C D 三、计算题

17

1、f(z)3271d，求f(1i).

3z解：因()3271在复平面上处处解析

由柯西积分公式知，在z3内， f(z)()d2i(z)2i(3z27z1) 3z

（4分） （2分）

所以 f(z)2i(6z7) 而点 1i在z3内，故

f(1i)2i[6(1i)7]2(613i) （2分）

ez2、解：设f(z)在曲线C内除z0,1之外处处解析， （2分） 2z(z1)ez又因为z0,1是f(z)的一阶极点，根据留数定理得： 2z(z1)3ezdz2iRes[f(z),zk]

z(z21)k1C1Res[f(z),0]2i，Res[f(z),1]ei，Res[f(z),1]i （4分）

eCez1dzi(e2) （2分） 2z(z1)ez1得：

z22z3、解：由f(z)z0和z2都是f(z)的孤立奇点，并且是一阶极点， （2分）

1Res[f(z),0] （3分）

2Res[f(z),2]四、综合题

22 1．解：f(z)是复平面上的解析函数，则u(x,y)axy,v(x,y)bxy在平面上满足C—

3 （3分） 218

R方程，即：uxvy,uyvx

故 ay2yax2bx 对x,y 成立， （4分）

a2,b1,f(z)2xy(y2x2)i

f(z)uxivx2yi(2x)zi(xiy)2iz （4分）

2．解：f(z)在复平面有孤立奇异点z00与z1i， （1）0|z|1时，

f(z)11/i1i1inzz(iz)n0(iz)n1z 1zz1n0ii （2）1|z| 时

1

f(z)1z111z1iz2iz2i)nin(0zn2 n0znz1z （3）0|zi|1 时

f(z)11i1iziizi1zi1zizi1i(zi) i i

zi(zi)nin(zi)n1in1 n0n0 （4）1|zi| 时

f(z)111inzi1izi() n0zizi3． 解： F()F[ft()]cit0otesdt

1i0ti0tit2(ee)edt

19

2分）

（3分） （3分） （2分） （ 1i(0)ti(0)te]dt [e21 [2(0)2(0)]

2 [(0)(0) （8分） 4．解：令 L(y(t))Y(s)，对方程两边求拉氏变换得：

S2Y(S)1(3SY(S))2Y(S)(S23S2)Y(S)11 S21 （4分） S2

Y(S)111 （3分） 22(S1)(S2)(S2)(S1)(S2)y(t)te2t （3分）

----------------------------------------黄山学院 学年度第 学期

《工程数学》( 本 科)期末试卷 (时间120分钟)

试卷编号:

院(系) 班 姓名 学号 得分

一、判断题（每小题2分，共10分）

1. Lnz22Lnz。 （ ） 2.实部与虚部满足柯西—黎曼方程的复变函数是解析函数。 （ ） 3.幂级数的和f(z)Cn(zz0)n在收敛圆的内部是一个解析函数。 （ ）

n0装--------------------------------------4. 分式线性函数具有保形性、保对称点性以及保圆性。 （ ） 5. 单位脉冲函数(t)是偶函数。 （ ）

二、填空题（每空2分，共20分）

1.22i的复指数形式为 [1] ，三角表示式为 [2] 。

订-------------------------------------20

线------------z21dz ]3] 。 2.|z1|1z213.

1的幂级数展开式为 [4] ，收敛域为 [5] 。 31z4. 根据洛朗级数展开式中主要部分的系数取零值的不同情况，将函数的孤立奇点分为三类： [6] 、 [7] 、 [8] 。 5.分式线性映射f(z)zi在zi处的旋转角为 [9] ，伸缩率为 [10] 。 zi

三、证明题(共20分)

1、设F(w)of[f(t)]，证明：函数f(t)为实值函数的充要条件为F(w)F(w).（14分） 2、若||1,|z|1，则|z|1（6分） 1z

四、计算题（每题10分，共50分） 1. 计算下列各积分的值：

z（1）(3e2z)dz（5分）（2）z20izdz（5分） 2(9z)(zi)2. 求解析函数f(z)uiv，已知u2(x1)y,f(0)i。

tx(t)x(t)y(t)e,3. 用拉氏变换求解微分方程组ty(t)3x(t)2y(t)2e,x(0)y(0)1。

z74. 求出函数f(z)在孤立奇点处的留数。

(z2)(z21)5.求一共形映射，使区域Dz:z1,Imz0映射为单位圆内部。

----------------------------------------黄山学院 学年度第 学期

《工程数学》( 本 科)期末试卷 (时间120分钟)

试卷编号:

院(系) 班 姓名 学号 得分

一、判断题（每小题2分，共10分）

装------------------------------21

1. × 2. × 3. √ 4. √ 5. √

二、填空题（每空2分，共20分）

[1] 22e4i[2] 22(cos4isin4) [3] 2i [4] 1z3z6(1)nz3n

[5] z1 [6] 可去奇点 [7] 极点 [8] 本性奇点 [9] 

三、证明题(共20分)

2 [10]

1 21、证：（1）必要性（1分）：若函数f(t)为实值函数，由F(w)f(t)eiwtdt（1分）有

F(w)f(t)eiwtdt（1分）f(t)eiwtdt（1分）f(t)eiwtdt（1分）

f(t)ei(w)tdt（1分）F(w（)1分）12（2）充分性（1分）：若F(w)F(w)，由f(t)F(w)eiwtdw（1分）有

11jwtf(t)F(w)edw(1分）F(w)ejwtdw（2分）22

1F()ejtd（1分）f(t（)1分）2即函数f(t)为实值函数。

2、证：

zz1z （2分）（2分）（12分）1zzz

四、计算题（每题10分，共50分） 1（1）、(2)

i0iii(3ez2z)dz3ezi0z2（2分）3e3（12分）3e（41分） 0z2zz9zdzdz（2分）2iz2(9z2)(zi)z2zi9z2（（1分） zi2分）5

2、解：容易验证u是全平面上的调和函数（1分）。利用C-R条件，先求出v的两个偏导数。

22

vuvu2(x1),2y （2分） xyyx2则 v2ydyy(x),(x)2(x1)，

即(x)x22xC

所以 v(x,y)y2x22xC（3分） 因而得到一个解析函数

f(z)2(x1)yi(y2x22xC)（2分）

因为f(0)i，故C1（1分），所以f(z)i(1z)2（1分）。

3、解：令X(s)L[x(t)],Y(s)L[y(t)]，对方程两边取拉氏变换，并应用初始条件得

1sX(s)1X(s)Y(s),s1（6分） 1sY(s)13X(s)2Y(s)2.s1求解得 X(s)Y(s)1, （2分） s1取拉氏逆变换得原方程组的解为 x(t)y(t)et. （2分）

z74、解：由于2，i，- i是(z2)(z1)的一阶零点，因而它们是f(z)的一阶极点。（12(z2)(z1)2分）

z7z7z7Res,2lim(z2)222z2(z2)(z1)(z2)(z1)z1z2128（3分） 52i（3分） 102i（3分） 10z7z7z7Res,ilim(zi)22zi(z2)(z1)(z2)(zi)(z2)(z1)ziz7z7z7Res,ilim(zi)22zi(z2)(z1)(z2)(zi)(z2)(z1)

zi23

5、解：映射z1(因此所求映射为

zi1z2)可将D变为上半平面（4分），w1将上半平面变为单位圆内部（3分）。1zz1iz12)i（3分） wz1z12()iz1(

24