第一章复数与复变函数（1）
1.计算。3.设试用三角形式表示及。
解：11.设三点适合条件及试证明是一个内接于单位圆的正三角形的顶点。
证明：所组成的三角形为正三角形。
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。
17.证明：三角形内角和等于。
证明：有复数的性质得：
第一章复数与复变函数（2）
7.试解方程。
解：由题意，所以有；所以；
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？
解：此图形表示一条直线，它不是区域。
解：即此图形为的区域。
解：此图形为的区域。
解：此图形表示区间辐角在的部分。
解：表示半径为1的圆的外上半部分及边界，它是区域。
解：它表示虚部大于小于等于的一个带形区域。
解：此图形表示两圆的外部。
解：，，它表示两相切圆半径为的外部区域。
解：此图形表示半径为2的圆的内部，且的部分，它是区域。
解：此图象表示半径为2的圆的内部且辐角主值在的部分，它是区域。
第二章解析函数（1）
4.若函数在区域d上解析，并满足下列的条件，证明必为常数。
证明：因为在区域上解析，所以。
令，即。由复数相等的定义得：，。
所以，(常数) ，常数)，即为常数。
5 .证明函数在平面上解析，并求出其导数。
证明：设=则，
满足。即函数在平面上可微且满足条件，故函数在平面上解析。
8．由已知条件求解析函数， ，
解：， 所以即是平面上调和函数。由于函数解析，根据条件得，于是，,其中是x的待定函数，再由c—r条件的另一个方程得=，所以，即。于是。
又因为，所以当，时，得。
所以。第二章解析函数（2）
12.设是的解析函数，证明， 。
证明：是z上的解析函数，所以，在上处处可微，即，所以，，所以，同理，，所以，即得所证。
14.若，试证：（1）。
证：18.解方程。
解：，即，设。
得，即。20.试求及。
解：22，求证。
证： (x,y,均为实数)，所以。
当则极限趋近于z轴，有。
当时，则极限趋于z轴，有，故。
第三章柯西定理柯西积分（1）
1.计算积分积分路径是直线段。
解：令，则：
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：，则。5.不用计算，证明下列分之值为零，其中为单位圆。
1），（2），（3），解：（1）因为函数在单位圆所围的区域内解析，所以。
2）因为函数在单位圆内解析，所以。
6.计算，，，
解：。7.由积分之值，证明，其中取单位圆。
证明：因为被积函数的奇点在积分围道外，故，现令，则在上，比较可得：，第三章柯西定理柯西积分（2）8.计算：
解：10.设表圆周，，求。
解：设，它在复平面内解析，故当时，则由哥西积分公式有，所以。
11.求积分从而证明：。
解：由于，函数在处不解析，。
令，则。故。所以。即。
13.设，利用本章例5验证哥西积分公式以及哥西求导公式。提示：把写成。
证明：设，则式的右边为可写为：
由哥西积分定理有：
所以右边，即左边=右边。
再由式子可知当时，，成立。
假设当时，等式成立。则。
当时，成立。
所以。14.求积分（1），（2），其中。
解：（1）被积函数有奇点，该奇点在积分围道内，由哥西积分求导公式有：
第四章解析函数的幂级数表示（1）
2.将下列函数展为含的幂级数，并指明展式成立的范围：
1），（2），3），（4）, 5)(6)，1）解：原式。
2）解：原式= |z|<∞
3）解：原式= |z|<∞
4）解：原式= |z|<∞
5）解：原式= |z|<∞
6）解；原式z|<1
4．写出的幂级数至少含项为止，其中。
解：，两式相乘得。
5．将下列函数按的幂展开，并指明收敛范围：
12），34），解：（1）原式=2）原式=
4）解：原式
6．设，证明，指出此级数展式之前5项，并指出收敛范围。
解：（）原式=
第四章解析函数的幂级数表示（2）
9．将下列函数在指定环域内展成罗朗级数：
解：原式。在内，上式。
在内，上式。
2)，解：原式。
解：原式。4），解：当时，原式=
当时，原式=
解：10．将下列各函数在指定点的无心邻域内展成罗朗级数，并指出成立的范围：
1） ，其中。
解：2） ，解：，11．把展成下列级数：
1）在上展成的泰勒级数。
解。2)在上展成的泰勒级数。
解；， 3)在上展成的泰勒级数。
解：原式<1
4)在上展成的泰勒级数。
解：原式 12．把展成在下列区域收敛的罗朗或泰勒级数：
1），解：原式，2）
解：原式，3）
解：原式，4）
解：原式，5）解：原式。
解：原式。
解：原式。第四章解析函数的幂级数表示（3）
13．确定下列各函数的孤立奇点，并指出他们是什么样的类型，对于无穷远点也要加以讨论：
解：孤立奇点为：，对于原式=z为一阶极点。
原式=为二阶极点，同理：也为二阶极点。
对，原式=，由于，即为可去奇点。
解：，为二阶极点。
即为可去极点。
解；，为一阶极点。
即为可去极点。
解：为本性极点。
即在无穷远点为可去极点。
解：z=0，即z=0时，有(m-1)阶极点，即无穷远点为可去极点。
解：，即无穷远点为可去极点。
解：，(k=0,, 一阶极点，不存在，为本性极点。
解：，，一阶极点。
即可去极点。
解：，三阶极点，10)
解： ,一阶极点，>不存在。
解：，为本性奇点，即为可去奇点。
解：，一阶极点，可去奇点。
14.设分别以为阶极点，试问为的什么样的特点。解；设。
(m+n)阶极点 （2）
所以。当m≠n时 z=a为f+g的max阶极点。
当m=n时
15.设，且以为解析点或极点，而以为本性奇点，证明是，，的本性奇点。
证明：设。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。
所以z=a是f(z)(z)及的本性奇点。
16．讨论下列函数在无穷远点的性质。
解： 二阶极点。
解：可去极点。
解：由上得：=±1
从而得：z=∞为本性奇点。
解： 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。
在。解：当时，=,当时，.
求时的残数，用残数和定理，即，在。
解：由题可知，是本题的极点，将用罗朗展开得：，求， 。
3)在。解：将原式用罗朗展开得：=，根据残数和定理，.
4)在，解： 的奇点为1，将用罗朗展开式展开得：
所以，根据残数和定理得：
2.求下列函数在其孤立奇点(包括无穷远点)处的残数(是自然数).
解：将式子用罗朗展开，当。
当m为奇数时，残数为0，当为偶数时，根据残数和定理，2)
解：是函数的一阶极点。
当时，解：本题是以为阶极点，以为其一阶极点。
根据残数和定理得：
解：是以为二阶极点，根据残数定理和得：.
解：用罗朗展开式展开得：本题以为一阶极点。
当时有解，则，，所以，根据残数和定理得：-
解：本题以为其孤立齐点。
解：本题以为奇点。
用罗朗展开式得：
原式得：，所以。
解：本题以为阶极点。所以。
第五章残数及其应用（2）
3．计算下列积分。
解：用残数方法求，用罗朗展式展开，由上式可已看出没有符合残数要求的项，所以，即=0。
解：用残数方法求解，在有二阶极点，i有一阶极点。
z+i) 3),,n为自然数。
解：分别以为其阶极点。，=
当为偶数时，=
当为奇数时，=0
解：在围线内，有两个不解析点， 即=
解：本题以为其一阶极点。，
即=-=4．求下列积分值。
1)(a>1)
解：=由于分母有两个一阶极点：,,很明显只有。
所以只有符合题意，所以，即==
解：原式等于=
在时，只有的一个一阶极点。所以，=2
解：原式===
令，则为其二阶极点。所以。
即=a为是实数而且)
解：=-5．求下列个积分的值。
解：函数在上半平面有两个一阶极点：。所以，=
解：函数在上半平面有一个二阶极点。所以，=
解：因为是偶函数。所以=令=
在上半平面有两个极点。
所以，=4) (m>0,a>1)
解：由于是偶函数，而且在上半平面只有两个一阶极点：
同理，所以，=
解：=函数=在上半平面有两个一阶极点：
而，即=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：
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：，根据前面分离变量解法得其傅氏解为：。
其中，于是所求傅氏解为：
2.将前题之初始条件改为：，试求其傅氏解。
解：所求问题为一维波动方程的混合问题：
3今有一弦，其两端和为钉所固定，作自由摇动，它的初位移为0。初速度为。
其中为常数，试求其傅氏解。
解：所求问题为一维波动方程的混合问题：
．今有一弦，其两端固定在和两处，在开始一瞬间，它的形状是一条以过。
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，将点代入得：
故方程为，即。
所求问题为一维波动方程的混合问题，求解混合问题。
解：，6.求解混合问题。
解：所求问题为一维波动方程的混合问题：
第八章热传导方程的付氏解。
1.一根长为的枢轴，它的初温为常数，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：其中：故：
5．有一两端无界的枢轴，其初始温度为，试求在枢轴上的温度分布为。
全国高等教育自学考试档案文献编纂学试卷
一 判断题 每小题1分，共10分 1.根据 石达开报天王书 中有 臣本淡泊 的文句，应该怀疑该书真实性。2.监本是因刻印机构而得名的一种版本。3.人名注释与人物评述注释是同一种注释的两种不同名称。4.相对地说，查找间接档案全宗比查找直接档案全宗的难度要大一些。5.读者可以通过索引很方便地检索到汇编内...
全国高等教育自学考试档案文献编纂学试卷
1998年4月全国高等教育自学考试档案文献编纂学试卷。一 判断题 每小题1分，共10分 1.根据 石达开报天王书 中有 臣本淡泊 的文句，应该怀疑该书真实性。2.监本是因刻印机构而得名的一种版本。3.人名注释与人物评述注释是同一种注释的两种不同名称。4.相对地说，查找间接档案全宗比查找直接档案全宗的...
全国高等教育自学考试档案文献编纂学试卷
一 判断题 每小题1分，共10分 1.根据 石达开报天王书 中有 臣本淡泊 的文句，应该怀疑该书真实性。2.监本是因刻印机构而得名的一种版本。3.人名注释与人物评述注释是同一种注释的两种不同名称。4.相对地说，查找间接档案全宗比查找直接档案全宗的难度要大一些。5.读者可以通过索引很方便地检索到汇编内...