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史上最全复变函数试题库


(史上最全) 史上最全)

《复变函数论》试题库 复变函数论》
《复变函数》考试试题(一) 复变函数》考试试题(

一、 判断题(20 分) : 1.若 f(z)在 z0 的某个邻域内可导, 则函数 f(z)在 z0 解析. , 2.有界整函数必在整个复平面为常数. 3.若

( ( ( ( ( ( ( ( )

)

{z n }

收敛, 则 ,

{Re z n } {Im z n }


都收敛. 则

) ) ) ) ) )

4.若 f(z)在区域 D 内解析, 且 ,

f ' ( z) ≡ 0 ,

f ( z ) ≡ C (常数).

5.若函数 f(z)在 z0 处解析, 则它在该点的某个邻域内可以展开为幂级数. , 6.若 z0 是 f (z ) 的 m 阶零点, 则 z0 是 1/ f (z ) 的 m 阶极点. , 7.若 z → z 0

lim f ( z )

存在且有限, 则 z0 是函数 f(z)的可去奇点. ,

8.若函数 f(z)在是区域 D 内的单叶函数, 则 f ' ( z ) ≠ 0(?z ∈ D ) . , 9. 若 f(z)在区域 D 内解析, 则对 D 内任一简单闭曲线 C



C

f ( z )dz = 0 .
( )


10.若函数 f(z)在区域 D 内的某个圆内恒等于常数, 则 f(z)在区域 D 内恒等于常数. ( , 二.填空题(20 分) 1、

dz ∫|z ? z0 |=1 ( z ? z0 ) n = __________.( n 为自然数)
2

2. sin

z + cos 2 z =

_________.

3.函数 sin z 的周期为___________.

4.设

f ( z) =


1 z + 1 , 则 f (z ) 的孤立奇点有__________.
2
n

5.幂级数

∑ nz
n =0

的收敛半径为__________.

6.若函数 f(z)在整个平面上处处解析, 则称它是__________. ,

7.若 n → ∞

lim zn = ξ

z1 + z2 + ... + zn = n ______________. , 则 n →∞ lim

1

Re s (
8.

ez ,0 ) = zn ________, 其中 n 为自然数. ,

sin z 的孤立奇点为________ . z z0 是 f (z ) 的极点, 则 zlim f ( z ) = ___ . → z0 10.若 ,
9. 三.计算题(40 分) :

f ( z) =
1. 设

1 ( z ? 1)( z ? 2) ,

D 求 f (z ) 在

= {z : 0 <| z |< 1} 内的罗朗展式.

2.

1 ∫|z|=1 cos z dz.


3.

f ( z) = ∫

3λ2 + 7λ + 1 dλ C λ?z , 其中 C = {z :| z |= 3} , 试求 f ' (1 + i ).

4. 求复数

w=

z ?1 z + 1 的实部与虚部.

四. 证明题.(20 分) 1. 函数 为常数. 2. 试证: f ( z ) =

f (z ) 在区域 D 内解析. 证明: | f ( z ) | 在 D 内为常数, 如果 ,

那么它在

D内

z (1 ? z ) 在割去线段 0 ≤ Re z ≤ 1 的 z 平面内能分出两个单值解析分支,

并求出支割线 0 ≤ Re z ≤ 1 上岸取正值的那支在 z = ?1 的值.

2

《复变函数》考试试题(二) 复变函数》考试试题( 一. 判断题.(20 分)
1.
2. 3. 4. 5. 6.

若函数 f ( z ) = u ( x, y ) + iv( x, y ) 在 D 内连续, 则 u(x,y)与 v(x,y)都在 D 内连续. ,
cos z 与 sin z 在复平面内有界. 若函数 f(z)在 z0 解析, 则 f(z)在 z0 连续. , 有界整函数必为常数. ( ( ( ( ( (
C

) ) ) ) ) )

如 z0 是函数 f(z)的本性奇点, 则 lim f ( z ) 一定不存在. ,
z → z0

若函数 f(z)在 z0 可导, 则 f(z)在 z0 解析. ,

7. 若 f(z)在区域 D 内解析, 则对 D 内任一简单闭曲线 C ∫ f ( z )dz = 0 . ( 8. 9. ) ( )

若数列 {zn } 收敛, 则 {Re zn } 与 {Im z n } 都收敛. ,

若 f(z)在区域 D 内解析, 则|f(z)|也在 D 内解析. ( ) , 1 1 1 10. 存 在 一 个 在 零 点 解 析 的 函 数 f(z) 使 f ( )=0 且 f( )= , n = 1,2,... . n +1 2n 2n ( ) 二. 填空题. (20 分)

1. 设 z

= ?i ,

则 | z |=

__, arg z = __, z = __
z →1+ i

2.设 f ( z ) = ( x 2 + 2 xy) + i (1 ? sin( x 2 + y 2 ), ?z = x + iy ∈ C , 则 lim f ( z ) = ________.

3.

dz ∫|z ? z0 |=1 ( z ? z0 ) n = _________.( n 为自然数)
幂级数 ∑ nz n 的收敛半径为__________ .
n =0 ∞

4. 5. 6. 7. 8. 9.

若 z0 是 f(z)的 m 阶零点且 m>0, 则 z0 是 f ' ( z ) 的_____零点. 函数 ez 的周期为__________. 方程 2 z 5 ? z 3 + 3 z + 8 = 0 在单位圆内的零点个数为________. 设 f ( z) =
1 , 则 f ( z ) 的孤立奇点有_________. 1 + z2

函数 f ( z ) =| z | 的不解析点之集为________.

3

10.

Res(

z ?1 ,1) = ____ . z4

三. 计算题. (40 分) 1. 2.
3 求函数 sin(2 z ) 的幂级数展开式.

在复平面上取上半虚轴作割线. 试在所得的区域内取定函数

z

在正实轴取正实值的一个解析分支, 并求它在上半虚轴左沿的点及 , 右沿的点 z
3.

= i 处的值.
= ∫ | z | dz ,
?i i

计算积分: I

积分路径为(1)单位圆( | z |= 1)

的右半圆.


4. 求

sin z
z =2

(z ?

π
2

dz )
2
.

四. 证明题. (20 分)
1.

设函数 f(z)在区域 D 内解析, 试证: 在 D 内为常数的充要条件是 f (z ) 在 f(z) ,

D 内解析. 2.

试用儒歇定理证明代数基本定理.

4

《复变函数》考试试题(三) 复变函数》考试试题(
一. 判断题. (20 分). 1. 2. 3. ( 4. ( 5. cos z 与 sin z 的周期均为 2kπ . 若 f(z)在 z0 处满足柯西-黎曼条件, 则 f(z)在 z0 解析. 若 函 数 f(z) 在 z0 处 解 析 , 则 f(z) 在 ) 若 数 列 {zn } 收 敛 , ( )

z0

( ) 连 续 .

则 {Re zn } 与 {Im z n } 都 收 敛 .

) 若函数 f(z)是区域 D 内解析且在 D 内的某个圆内恒为常数, 则数 f(z)在 , 区 域 D 内 为 常 数 . ( ) 6. 若 函 数 f(z) 在 z0 解 析 , 则 f(z) 在 z0 的 某 个 邻 域 内 可 导 . ( ) 7. 如果函数 f(z)在 D = {z :| z |≤ 1} 上解析,且 | f ( z ) |≤ 1(| z |= 1) ,则
| f ( z ) |≤ 1(| z |≤ 1) .





8. 9.

若函数 f(z)在 z0 处解析, ,

则它在该点的某个邻域内可以展开为幂级数. ( ) ( ) .

若 z0 是 f (z ) 的 m 阶零点, 则 z0 是 1/ f (z ) 的 m 阶极点.

10. 若

z0



f (z )

的 可 去 奇 点 ,



Res( f ( z ), z0 ) = 0

( ) 二. 填空题. (20 分) 1 1. 设 f ( z ) = 2 , 则 f(z)的定义域为___________. z +1 2. 函数 ez 的周期为_________. n+2 1 3. 若 zn = + i (1 + ) n , 则 lim z n = __________. n →∞ 1? n n 4.
sin 2 z + cos 2 z = ___________.

5. 6.

dz ∫|z ? z0 |=1 ( z ? z0 ) n = _________.( n 为自然数)
幂级数 ∑ nx n 的收敛半径为__________.
n =0 ∞

7.



f ( z) =

1 , z2 +1

则 f(z)的孤立奇点有__________.

5

8. 9.

设e

z

= ?1,

则z

= ___ .
则 lim
z → z0

若 z0 是

f (z ) 的极点, ,

f ( z ) = ___ .

10.

ez Res( n ,0) = ____ . z
将函数 f ( z ) = z e z 在圆环域 0 < z < ∞ 内展为 Laurent 级数.
2 1

三. 计算题. (40 分) 1.

2.

试求幂级数

n! n ∑ n n z 的收敛半径. n=
其中 C 是 |

+∞

3.

e z dz 算下列积分: ∫C z 2 ( z 2 ? 9) ,
求z
9

z |= 1.

4. 四. 1.

? 2 z 6 + z 2 ? 8 z ? 2 = 0 在|z|<1 内根的个数.

证明题. (20 分) 函数

f (z ) 在区域 D 内解析.

证明:如果 |

f ( z ) | 在 D 内为常数, ,

那么

它在 D 内为常数. 2. 设

f (z ) 是一整函数, ,
使得当 |

并且假定存在着一个正整数 n,

以及两个正数 R

及 M,

z |≥ R 时 | f ( z ) |≤ M | z |n ,

证明

f (z ) 是一个至多 n 次的多项式或一常数。

6

《复变函数》考试试题(四) 复变函数》考试试题(
一. 判断题. (20 分) 1. 若 f(z)在 z0 解析, 则 f(z)在 z0 处满足柯西-黎曼条件. , 2. 若函数 f(z)在 z0 可导, 则 f(z)在 z0 解析. , 3. 函数 sin z 与 cos z 在整个复平面内有界.
4. 若 f(z)在区域 D 内解析, 则对 D 内任一简单闭曲线 C 都有 ,

( ) ( ) ( )



C

f ( z )dz = 0 .
( ) ) ) ) ) 则 )

lim 5. 若 z→ z
0

f ( z ) 存在且有限, ,

则 z0 是函数的可去奇点.

( ( ( (

6.

若函数 f(z)在区域 D 内解析且 f ' ( z ) = 0 , 则 f(z)在 D 内恒为常数.

7. 8.

lim 如果 z0 是 f(z)的本性奇点, 则 z→ z ,
0

f ( z ) 一定不存在.
则 z0 为 且在



f ( z0 ) = 0, f ( n ) ( z0 ) = 0 ,
f (z ) 与 g (z ) 在 D 内 解 析 ,

f (z ) 的 n 阶零点.

9. 若

D 内一小弧段上相等,


f ( z ) ≡ g ( z ), z ∈ D .
10. 若

f (z ) 在 0 <| z |< +∞ 内解析, ,

则 ( )

Res( f ( z ),0) = ? Res( f ( z ), ∞) .
二. 填空题. (20 分)
1. 设 z 2.

=

3. 4. 5. 6.

z1 + z2 + ... + zn = ______________. n 函数 ez 的周期为__________. 1 函数 f ( z ) = 的幂级数展开式为__________ 1 + z2 若函数 f(z)在复平面上处处解析, 则称它是___________. , 若函数 f(z)在区域 D 内除去有限个极点之外处处解析, 则称它是 D 内的 ,

1 , 1? i

则 Re z

= __, Im z = ___ .

若 lim zn = ξ , 则 lim
n →∞

n →∞

7

_____________. 7. 设 C :|

z |= 1,



∫ ( z ? 1)dz = ___ .
C

8.

sin z 的孤立奇点为________. z
若 z0 是

9.

f (z ) 的极点, ,

则 lim
z → z0

f ( z ) = ___ .

10. 三.

ez Res( n ,0) = _____________. z

计算题. (40 分) 3 1. 解方程 z + 1 = 0 . ez 设 f ( z) = 2 , 求 Re s ( f ( z ), ∞). z ?1

2.

3.

z ∫|z|=2 (9 ? z 2 )( z + i) dz.
z

.

4.

1 1 ? 函数 f ( z ) = e ? 1 z 有哪些奇点?各属何类型(若是极点, ,

指明它的阶

数). 四. 证明题. (20 分)
1. 证明:若函数 2.

f (z ) 在上半平面解析, ,

则函数

f (z ) 在下半平面解析.

证明 z 4 ? 6 z + 3 = 0 方程在 1 <| z |< 2 内仅有 3 个根.

8

《复变函数》考试试题(五) 复变函数》考试试题(
一. 判断题.(20 分)
1. 若函数 f(z)是单连通区域 D 内的解析函数, 则它在 D 内有任意阶导数. , ( ) 2. 若函数 f(z)在区域 D 内的解析, 且在 D 内某个圆内恒为常数, 则在区域 , , D 内 恒 等 于 常 数 . ( ) 3. 若 f(z)在区域 D 内解析, 则|f(z)|也在 D 内解析. ( ) , 4. 若 幂 级 数 的 收 敛 半 径 大 于 零 , 则其和函数必在收敛圆内解析. ( ) ( ) 5. 若函数 f(z)在 z0 处满足 Cauchy-Riemann 条件, 则 f(z)在 z0 解析. , 6. 若 lim f ( z ) 存 在 且 有 限 ,
z → z0



z0 是

f(z) 的 可 去 奇 点 . ( 则必 )

( ) 7. 若函数 f(z)在 z0 可导, 则它在该点解析. , 8. ( 9. 设函数 ) 若 z0 是

f (z ) 在 复 平 面 上 解 析 , f (z ) 的一级极点, ,
z → z0

若它有界,

f (z ) 为 常 数 .

则 ( )

Res( f ( z ), z0 ) = lim ( z ? z0 ) f ( z ) .
10. 若

f (z ) 与 g (z ) 在 D 内 解 析 ,

且在

D 内一小弧段上相等,


则 )

f ( z ) ≡ g ( z ), z ∈ D .
二. 填空题.(20 分) 1. 2. 3. 4. 设z 当z 设e

= 1? 3i ,
z

则|

z |= __, arg z = __, z = __ .

= ___ 时, e z 为实数. ,
= ?1,
则z

= ___ .

e z 的周期为___.

9

5.

设 C :|

z |= 1,



∫ ( z ? 1)dz = ___ .
C

6.

ez ?1 Res( ,0) = ____ . z

7. 若函数 f(z)在区域 D 内除去有限个极点之外处处解析, 则称它是 D 内的 , _____________。 1 8. 函数 f ( z ) = 的幂级数展开式为_________. 1 + z2
9.

sin z 的孤立奇点为________. z
设 C 是以为 a 心, r 为半径的圆周, 则 , ,
为自然数)

10.

1 ∫C ( z ? a)n dz = ___ .( n

三. 计算题. (40 分)

z ?1 1. 求复数 的实部与虚部. z +1
2.

计算积分:

I = ∫ Re zdz ,
L

在这里 L 表示连接原点到 1 + i 的直线段.
3. 4.

dθ ∫0 1 ? 2a cosθ + a 2 , 其中 0<a<1. 应用儒歇定理求方程 z = ? (z ) , 在|z|<1 内根的个数, ,
求积分: I =


在这里 ? (z ) 在

| z |≤ 1上解析, ,
四. 证明题. (20 分)
1. 2.

并且 | ? ( z ) |< 1 .

证明函数 设

f ( z ) =| z |2 除去在 z = 0 外, , z |≥ R 时

处处不可微.

f (z ) 是一整函数, ,

并且假定存在着一个正整数 n, 以及两个数 R 及

M, 使得当 |

| f ( z ) |≤ M | z |n ,
10

证明:

f (z ) 是一个至多 n 次的多项式或一常数.

《复变函数》考试试题(六) 复变函数》考试试题(
一、判断题(30 分) : 1. 2. 3. 4. 5. 若函数 f ( z ) 在 z0 解析, 则 f ( z ) 在 z0 连续. ( ) , 若函数 f ( z ) 在 z0 处满足 Caychy-Riemann 条件, 则 f ( z ) 在 z0 解析. ( ) , 若函数 f ( z ) 在 z0 解析, 则 f ( z ) 在 z0 处满足 Caychy-Riemann 条件. ( , 若函数 f ( z ) 在是区域 D 内的单叶函数, 则 f ′( z ) ≠ 0(?z ∈ D ) . ( , 若 f ( z ) 在单连通区域 D 内解析, , ( 6. 7. ) 则对 D 内任一简单闭曲线 C 都有 ) )



C

f ( z )dz = 0 .

若 f ( z ) 在区域 D 内解析, 则对 D 内任一简单闭曲线 C 都有 ,



C

f ( z )dz = 0 .(



若 f ′( z ) ≠ 0(?z ∈ D ) , 则函数 f ( z ) 在是 D 内的单叶函数.( ) 若 z0 是 f ( z ) 的 m 阶零点, 则 z0 是 ,

8.

1 的 m 阶极点.( ) f ( z)
且 f ( z ) ≤ 1( z = 1) ,则 f ( z ) ≤ 1( z ≤ 1) .

9.

如果函数 f ( z ) 在 D = z : z ≤ 1 上解析, , ( )

{

}

10.

sin z ≤ 1(?z ∈ C ) .( )
n+2 1 + i (1 + ) n , 则 lim zn = ___________. 1? n n 1 设 f ( z) = 2 , 则 f ( z ) 的定义域为____________________________. z +1 函数 sin z 的周期为_______________________.
sin 2 z + cos 2 z = _______________________.

二、填空题(20 分) 1. 2. 3. 4. 若 zn =

11

5.

幂级数

∑ nz
n =0

+∞

n

的收敛半径为________________.

6. 7. 8. 9.

若 z0 是 f ( z ) 的 m 阶零点且 m > 1 , 则 z0 是 f ′( z ) 的____________零点. 若函数 f ( z ) 在整个复平面处处解析, 则称它是______________. , 函数 f ( z ) = z 的不解析点之集为__________. 方程 2 z ? z + 3 z + 8 = 0 在单位圆内的零点个数为___________.
5 3 ix

10. 公式 e = cos x + i sin x 称为_____________________. 三、计算题(30 分)

? 2?i ? 1、 lim ? ? . n →∞ ? 6 ?
n

2、设 f ( z ) =

3λ 2 + 7λ + 1 ∫C λ ? z d λ , 其中 C = { z : z = 3} , 试求 f ′(1 + i) .
ez , 求 Re s ( f ( z ), i ) . z2 +1

3、设 f ( z ) =

4、求函数

sin z 3 在 0 < z < ∞ 内的罗朗展式. z6

5、求复数 w = 6、求 e
? i 3

z ?1 的实部与虚部. z +1

π

的值.

四、证明题(20 分) 1、 方程 z + 9 z + 6 z ? 1 = 0 在单位圆内的根的个数为 6.
7 6 3

2、 若函数 f ( z ) = u ( x, y ) + iv ( x, y ) 在区域 D 内解析, v ( x, y ) 等于常数, 则 f ( z ) 在 D , , 恒等于常数. 3、 若 z0 是 f ( z ) 的 m 阶零点, 则 z0 是 ,

1 的 m 阶极点. f ( z)

12

《复变函数》考试试题(七) 复变函数》考试试题(
一、判断题(24 分) 1. 2. 3. 4. 5. 6. 若函数 f ( z ) 在 z0 解析, 则 f ( z ) 在 z0 的某个领域内可导.( ) , 若函数 f ( z ) 在 z0 处解析, 则 f ( z ) 在 z0 满足 Cauchy-Riemann 条件.( ) , 如果 z0 是 f ( z ) 的可去奇点, 则 lim f ( z ) 一定存在且等于零.( ) ,
z → z0

若函数 f ( z ) 是区域 D 内的单叶函数, 则 f ′( z ) ≠ 0(?z ∈ D ) .( ) , 若函数 f ( z ) 是区域 D 内的解析函数, 则它在 D 内有任意阶导数.( ) , 若函数 f ( z ) 在区域 D 内的解析, , 等于常数.( ) 且在 D 内某个圆内恒为常数, , 则在区域 D 内恒

7.

若 z0 是 f ( z ) 的 m 阶零点, 则 z0 是 ,

1 的 m 阶极点.( ) f ( z)

二、填空题(20 分) 1. 2. 3. 4. 若 zn = sin

1 1 + i (1 + )n , 则 lim zn = ___________. 1? n n z 设 f ( z) = 2 , 则 f ( z ) 的定义域为____________________________. z +1
函数 e 的周期为______________.
z

sin 2 z + cos 2 z = _______________.
幂级数

5.

∑n z
n =0

+∞

2 n2

的收敛半径为________________.

6.

若 z0 是 f ( z ) 的 m 阶零点且 m > 1 , 则 z0 是 f ′( z ) 的____________零点.

13

7. 8. 9.

若函数 f ( z ) 在整个复平面处处解析, 则称它是______________. , 函数 f ( z ) = z 的不解析点之集为__________. 方程 3 z ? z + 3 z + 8 = 0 在单位圆内的零点个数为___________.
8 3

10. Re s (

ez , 0) = _________________. zn
2 2

三、计算题(30 分) 1、 求 ?

? 1+ i ? ? 1? i ? ? +? ? . ? 2? ? 2?
3λ 2 + 7λ + 1 ∫C λ ? z d λ , 其中 C = { z : z = 3} , 试求 f ′(1 + i) .
ez , 求 Re s ( f ( z ), 0) . z2

2、 设 f ( z ) =

3、设 f ( z ) =

4、求函数

z 在 1 < z < 2 内的罗朗展式. ( z ? 1)( z + 1)

5、求复数 w =

z ?1 的实部与虚部. z +1

6、利用留数定理计算积分: 四、证明题(20 分)


3



0

dx , (a > 1) . a + cos x

1、方程 24 z + 9 z + 6 z + z + 1 = 0 在单位圆内的根的个数为 7.
7 6 3

2、 若函数 f ( z ) = u ( x, y ) + iv ( x, y ) 在区域 D 内解析, , 等于常数. 3、 若 z0 是 f ( z ) 的 m 阶零点, 则 z0 是 , 五、计算题(10 分) 求一个单叶函数, ,

f ( z ) 等于常数, 则 f ( z ) 在 D 恒 ,

1 的 m 阶极点. f ( z)

去将 z 平面上的上半单位圆盘 z : z < 1, Im z > 0 保形映射为 w 平面

{

}

的单位圆盘 w : w < 1

{

}

14

《复变函数》考试试题(八) 复变函数》考试试题(
一、判断题(20 分) 1、若函数 f ( z ) 在 z0 解析, 则 f ( z ) 在 z0 连续.( ) , 2、若函数 f ( z ) 在 z0 满足 Cauchy-Riemann 条件, 则 f ( z ) 在 z0 处解析.( ) , 3、如果 z0 是 f ( z ) 的本性奇点, 则 lim f ( z ) 一定不存在.( ) ,
z → z0

4、若函数 f ( z ) 是区域 D 内解析, 并且 f ′( z ) ≠ 0(?z ∈ D ) , 则 f ( z ) 是区域 D 的单叶 , 函数.( ) 5、若函数 f ( z ) 是区域 D 内的解析函数, 则它在 D 内有任意阶导数.( , )

6、若函数 f ( z ) 是单连通区域 D 内的每一点均可导, 则它在 D 内有任意阶导数.( ) , 7、若函数 f ( z ) 在区域 D 内解析且 f ′( z ) = 0 , 则 f ( z ) 在 D 内恒为常数.( ) 8. 9. 存在一个在零点解析的函数 f ( z ) 使 f (

1 1 1 ) =0且 f ( ) = , n = 1, 2,L .( ) n +1 2n 2n
且 f ( z ) ≤ 1( z = 1) , 则

如 果 函 数 f ( z) 在 D = z : z ≤ 1 上 解 析 ,

{

}

f ( z ) ≤ 1( z ≤ 1) .( )
10. sin z 是一个有界函数.( ) 二、填空题(20 分) 1、若 zn =

n+2 1 + i (1 + ) n , 则 lim zn = ___________. 1? n n

2、设 f ( z ) = ln z , 则 f ( z ) 的定义域为____________________________. 3、函数 sin z 的周期为______________. 4、若 lim zn = ξ , 则 lim
n →∞

z1 + z2 + L + zn = _______________. n →∞ n

15

5、幂级数

∑ nz
n =0

+∞

n5

的收敛半径为________________.

6、函数 f ( z ) =

1 的幂级数展开式为______________________________. 1+ z2

7、若 C 是单位圆周, ,

n 是自然数, 则 ∫ ,

1 dz = ______________. C ( z ? z )n 0

8、函数 f ( z ) = z 的不解析点之集为__________. 9、方程 15 z ? z + 4 z + 8 = 0 在单位圆内的零点个数为___________.
5 3 2

10、若 f ( z ) =

1 , 则 f ( z ) 的孤立奇点有_________________. 1+ z2

三、计算题(30 分) 1、求



z =1

e z +1 sin zdz +

1 dz ∫ z =3 ( z ? 1)( z ? 4) 2π i

3λ 2 + 7λ + 1 2、设 f ( z ) = ∫ d λ , 其中 C = { z : z = 3} , 试求 f ′(1 + i ) . C λ?z
3、设 f ( z ) =

ez , 求 Re s ( f ( z ), ∞) . z2 ?1

4、求函数

z + 10 在 2 < z < +∞ 内的罗朗展式. ( z ? 1)( z 2 ? 2) z ?1 的实部与虚部. z +1
6 3

5、求复数 w =

四、证明题(20 分) 1、方程 15 z + 5 z + 6 z ? 1 = 0 在单位圆内的根的个数为 7.
7

2、若函数 f ( z ) = u ( x, y ) + iv ( x, y ) 在区域 D 内连续, 则二元函数 u ( x, y ) 与 v ( x, y ) 都在 ,

D 内连续.
4、 若 z0 是 f ( z ) 的 m 阶零点, 则 z0 是 , 五、计算题(10 分) 求一个单叶函数, 去将 z 平面上的区域 ? z : 0 < arg z < , 盘 w: w <1 .

1 的 m 阶极点. f ( z)

? ?

4 ? π ? 保形映射为 w 平面的单位圆 5 ?

{

}

16

2011《复变函数》考试试题(九) 《复变函数》考试试题(
一、判断题(20 分) 1、若函数 f ( z ) 在 z0 可导, 则 f ( z ) 在 z0 解析.( ) , 2、若函数 f ( z ) 在 z0 满足 Cauchy-Riemann 条件, 则 f ( z ) 在 z0 处解析.( ) , 3、如果 z0 是 f ( z ) 的极点, 则 lim f ( z ) 一定存在且等于无穷大.( ) ,
z → z0

4、 若函数 f ( z ) 在单连通区域 D 内解析, 则对 D 内任一简单闭曲线 C 都有 , ( )



C

f ( z )dz = 0 .

5、若函数 f ( z ) 在 z0 处解析, 则它在该点的某个领域内可以展开为幂级数.( ,



6、若函数 f ( z ) 在区域 D 内的解析, 且在 D 内某一条曲线上恒为常数, 则 f ( z ) 在区域 , ,

D 内恒为常数.( )
7、若 z0 是 f ( z ) 的 m 阶零点, 则 z0 是 ,

1 的 m 阶极点.( ) f ( z)

8、 如果函数 f ( z ) 在 D = z : z ≤ 1 上解析, 且 f ( z ) ≤ 1( z = 1) , 则 f ( z ) ≤ 1( z ≤ 1) . , ( )
z z →∞

{

}

9、 lim e = ∞ .(

) )

10、如果函数 f ( z ) 在 z ≤ 1 内解析, 则 max{ f ( z ) } = max{ f ( z ) }. ( ,
z ≤1 z =1

二、填空题(20 分)

1 2 + i (1 ? )n , 则 lim zn = ___________. 1+ n n 1 2、设 f ( z ) = , 则 f ( z ) 的定义域为____________________________. sin z
1、若 zn = sin
17

3、函数 sin z 的周期为______________. 4、 sin z + cos z = _______________.
2 2

5、幂级数

∑ nz
n =0

+∞

n

的收敛半径为________________.

6、若 z0 是 f ( z ) 的 m 阶零点且 m > 1 , 则 z0 是 f ′( z ) 的____________零点. , 7、 若函数 f ( z ) 在整个复平面除去有限个极点外, 处处解析, 则称它是______________. , 8、函数 f ( z ) = z 的不解析点之集为__________. 9、方程 20 z ? 11z + 3 z + 5 = 0 在单位圆内的零点个数为___________.
8 3

10、 Re s (

ez ,1) = _________________. z2 ?1

三、计算题(30 分)

? 2?i ? 1、 lim ? ? n →∞ ? 6 ?
2、设 f ( z ) =

n

3λ 2 + 7λ + 1 ∫C λ ? z d λ , 其中 C = { z : z = 3} , 试求 f ′(1 + i) .
ez , 求 Re s ( f ( z ), ±i ) . z2 +1

3、设 f ( z ) =

4、求函数

z 在 1 < z < 2 内的罗朗展式. ( z ? 1)( z ? 2)

5、 求复数 w =

z ?1 的实部与虚部. z +1

6、 利用留数定理计算积分 四、证明题(20 分)



+∞

?∞

x2 ? x + 2 dx . x 4 + 10 x 2 + 9

1、方程 z + 9 z + 6 z ? 1 = 0 在单位圆内的根的个数为 6.
7 6 3

2、若函数 f ( z ) = u ( x, y ) + iv ( x, y ) 在区域 D 内解析, u ( x, y ) 等于常数, 则 f ( z ) 在 D , , 恒等于常数. 7、 若 z0 是 f ( z ) 的 m 阶零点, 则 z0 是 ,

1 的 m 阶极点. f ( z)

18

五、计算题(10 分) 求一个单叶函数, 去将 z 平面上的带开区域 ? z : , 圆盘 w : w < 1 .

? ?

π

? < Im z < π ? 保形映射为 w 平面的单位 2 ?

{

}

《复变函数》考试试题(十) 复变函数》考试试题(
一、判断题(40 分) : 1、若函数 f ( z ) 在 z0 解析, 则 f ( z ) 在 z0 的某个邻域内可导.( ) , 2、如果 z0 是 f ( z ) 的本性奇点, 则 lim f ( z ) 一定不存在.( ) ,
z → z0

3、 若函数 f ( z ) = u ( x, y ) + iv( x, y ) 在 D 内连续, 则 u ( x, y ) 与 v ( x, y ) 都在 D 内连续. ( ) , 4、 cos z 与 sin z 在复平面内有界.( ) 5、若 z0 是 f ( z ) 的 m 阶零点, 则 z0 是 1/ f ( z ) 的 m 阶极点.( ) , 6、若 f ( z ) 在 z0 处满足柯西-黎曼条件, 则 f ( z ) 在 z0 解析.( ) , 7、若 lim f ( z ) 存在且有限, 则 z0 是函数的可去奇点.( ) ,
z → z0

8、 f ( z ) 在单连通区域 D 内解析, 则对 D 内任一简单闭曲线 C 都有 若 ,



C

f ( x)dz = 0( ) .

9、若函数 f ( z ) 是单连通区域 D 内的解析函数, 则它在 D 内有任意阶导数.( ) , 10、若函数 f ( z ) 在区域 D 内解析, , 于常数.( ) 二、填空题(20 分) : 1、函数 e 的周期为_________________.
z

且在 D 内某个圆内恒为常数, ,

则在区域 D 内恒等

2、幂级数

∑ nz
n =0

+∞

n

的和函数为_________________.

19

3、设 f ( z ) =

1 , 则 f ( z ) 的定义域为_________________. z +1
2

4、

∑ nz
n =0

+∞

n

的收敛半径为_________________.

5、 Re s (

ez , 0) =_________________. zn

三、计算题(40 分) : 1、



z

z dz. (9 ? z )( z + i )
2

2、求 Re s (

eiz , ?i ). 1+ z2
n

? 1+ i ? ? 1? i ? 3、 ? ? +? ? . ? 2? ? 2?
4、设 u ( x, y ) = ln( x 2 + y 2 ). 求 v( x, y ) , 使得 f ( z ) = u ( x, y ) + iv( x, y ) 为解析函数, 且 , 满足 f (1 + i ) = ln 2 。其中 z ∈ D ( D 为复平面内的区域). 5、求 z ? 5 z + 1 = 0 , 在 z < 1 内根的个数 .
4

n

20

《复变函数》考试试题(十一) 复变函数》考试试题(十一)
一、判断题.(正确者在括号内打√, 错误者在括号内打×, 每题 2 分) , , 1.当复数 z = 0 时, 其模为零, 辐角也为零. ( ) , , 2.若 z0 是多项式 P ( z ) = an z + an ?1 z
n n ?1

+ L + a0 (an ≠ 0) 的根, 则 z0 也 P ( z ) 是的根. ,
使得 Re f ( z ) < M ,



) 且存在实数 M , 则 f ( z ) 为一常

3.如果函数 f ( z ) 为整函数, , 数.( )

4.设函数 f1 ( z ) 与 f 2 ( z ) 在区域内 D 解析, 且在 D 内的一小段弧上相等, 则对任意的 , ,

z ∈ D , 有 f1 ( z ) ≡ f 2 ( z ) . (

) ( )

5.若 z = ∞ 是函数 f ( z ) 的可去奇点, 则 Re s f ( z ) = 0 . ,
z =∞

二、填空题.(每题 2 分) 1. i ? i ? i ? i ? i = _____________________.
2 3 4 5 6

2.设 z = x + iy ≠ 0 ,

且 ?π < arg z ≤ π , ?

π
2

< arctan

y π < , x 2

当 x < 0, y > 0 时, ,

y + ________________. x 1 3.函数 w = 将 z 平面上的曲线 ( x ? 1) 2 + y 2 = 1 变成 w 平面上的曲线______________. z arg = arctan
4.方程 z 4 + a 4 = 0( a > 0) 的不同的根为________________. 5. (1 + i )i ___________________.

21

6.级数

∑ [2 + (?1) ]z
n n =0



2

的收敛半径为____________________.

7. cos nz 在 z < n ( n 为正整数)内零点的个数为_____________________. 8.函数 f ( z ) = 6sin z 3 + z 3 ( z 6 ? 6) 的零点 z = 0 的阶数为_____________________. 9.设 a 为函数 f ( z ) =

? ( z) 的一阶极点 , ψ ( z)

且 ? ( a ) ≠ 0,

ψ (a ) = 0, ψ ′(a ) ≠ 0 ,



Re s
z=a

f ′( z ) = _____________________. f (z)

10.设 a 为函数 f ( z ) 的 m 阶极点, 则 Re s ,
z=a

f ′( z ) = _____________________. f ( z)

三、计算题(50 分) 1. u ( x, y ) = 设

1 ln( x 2 + y 2 ) 。 v( x, y ) , 使得 f ( z ) = u ( x, y ) + iv( x, y ) 为解析函数, 且 求 , 2 1 满足 f (1 + i ) = ln 2 .其中 z ∈ D ( D 为复平面内的区域).(15 分) 2
1

2.求下列函数的奇点, 并确定其类型(对于极点要指出它们的阶).(10 分) , (1) tan z ; (5 分) 3.计算下列积分.(15 分)
2

e z ?1 (2) z . (5 分) e ?1

z19 (1) ∫ dz z = 4 ( z 2 + 1) 4 ( z 4 + 2)3
(2)

(8 分) ,



π

0

dθ 1 + cos 2 θ
7 4

(7 分).
2

4.叙述儒歇定理并讨论方程 z ? 5 z + z ? 2 = 0 在 z < 1 内根的个数.(10 分) 四、证明题(20 分) 1. f ( z ) = u ( x, y ) + iv ( x, y ) 是上半复平面内的解析函数, 证明 f ( z ) 是下半复平面内的 设 , 解析函数.(10 分) 2.设函数 f ( z ) 在 z < R 内解析, 令 M ( r ) = max f ( z ) , (0 ≤ r < R ) 。证明: M ( r ) 在 ,
z =r

区间 [0, R ) 上是一个上升函数, 且若存在 r1 及 r2( 0 ≤ r1 < r2 < R ) 使 M ( r1 ) = M ( r2 ) , , , 则

f ( z ) ≡ 常数.(10 分)

22

《复变函数》考试试题(十二) 复变函数》考试试题(十二)
二、判断题。 (正确者在括号内打√, 错误者在括号内打×, 每题 2 分) , , 1.设复数 z1 = x1 + iy1 及 z2 = x2 + iy2 , 若 x1 = x2 或 y1 = y2 , 则称 z1 与 z2 是相等的复 数。 ( ) ( ) ( )

2.函数 f ( z ) = Re z 在复平面上处处可微。 3. sin z + cos z = 1 且 sin z ≤ 1, cos z ≤ 1 。
2 2

4. 设函数 f ( z ) 是有界区域 D 内的非常数的解析函数, 且在闭域 D = D + ?D 上连续, 则 , , 存在 M > 0 , 使得对任意的 z ∈ D , 有 f ( z ) < M 。 ( )

5.若函数 f ( z ) 是非常的整函数, 则 f ( z ) 必是有界函数。 ) ( , 二、填空题。 (每题 2 分) 1. i ? i ? i ? i ? i = _____________________。
2 3 4 5 6

2.设 z = x + iy ≠ 0 ,

且 ?π < arg z ≤ π , ?

π
2

< arctan

y π < , x 2

当 x < 0, y > 0 时, ,

arg = arctan

y + ________________。 x

3 . 若 已 知 f ( z ) = x (1 +

1 1 ) + iy (1 ? 2 ), 2 x +y x + y2
2

则其关于变量 z 的表达式为

23

__________。 4. n z 以 z = ________________为支点。 5.若 ln z =

π
2

i , 则 z = _______________。

6.



z =1

dz = ________________。 z

7.级数 1 + z 2 + z 4 + z 6 + L 的收敛半径为________________。 8. cos nz 在 z < n ( n 为正整数)内零点的个数为_______________。 9. z = a 为函数 f ( z ) 的一个本质奇点, 且在点 a 的充分小的邻域内不为零, 则 z = a 若 , , 是

1 的________________奇点。 f ( z) f ′( z ) = _____________________。 f ( z)

10.设 a 为函数 f ( z ) 的 n 阶极点, 则 Re s ,
z=a

三、计算题(50 分) 1.设区域 D 是沿正实轴割开的 z 平面, , 求函数 w =
5

z 在 D 内满足条件 5 ?1 = ?1 的单

值连续解析分支在 z = 1 ? i 处之值。 (10 分) 2.求下列函数的奇点, 并确定其类型(对于极点要指出它们的阶) 并求它们留数。 (15 , , 分) (1) f ( z ) =

Ln z 的各解析分支在 z = 1 各有怎样的孤立奇点, 并求这些点的留数 (10 , z2 ?1

分)

ez (2)求 Re s n +1 。 (5 分) z =0 z

3.计算下列积分。 (15 分) (1)

z7 ∫ z =2 ( z 2 ? 1)3 ( z 2 + 2) dz

(8 分) ,

(2)



+∞

?∞

x 2 dx ( x 2 + a 2 )2

(a > 0)
6

(7 分) 。

4.叙述儒歇定理并讨论方程 z + 6 z + 10 = 0 在 z < 1 内根的个数。 (10 分) 四、证明题(20 分) 1.讨论函数 f ( z ) = e z 在复平面上的解析性。 2.证明: (10 分)

24

1 z n e zξ dξ zn ? = ( )2 。 2π i ∫C n !ξ n ξ n!
此处 C 是围绕原点的一条简单曲线。 (10 分)

《复变函数》考试试题(十三) 复变函数》考试试题(十三)
一、填空题. (每题2分) 1.设 z = r (cos θ + i sin θ ) , 则

1 = _____________________. z

2.设函数 f ( z ) = u ( x, y ) + iv ( x, y ) ,

A = u0 + iv0 , z0 = x0 + iy0 , 则 lim f ( z ) = A
z → z0

的充要条件是_______________________. 3.设函数 f ( z ) 在单连通区域 D 内解析, 则 f ( z ) 在 D 内沿任意一条简单闭曲线 C 的积 , 分



C

f ( z )dz = _________________________.
z →a

4.设 z = a 为 f ( z ) 的极点, 则 lim f ( z ) = ____________________. , 5.设 f ( z ) = z sin z , 则 z = 0 是 f ( z ) 的________阶零点. 6.设 f ( z ) =

1 , 则 f ( z ) 在 z = 0 的邻域内的泰勒展式为_________________. 1+ z2
其 中 a, b 为 正 常 数 , 则点 z 的轨迹曲线是

7 . 设 z?a + z+a =b , _________________. 8.设 z = ? sin

π
6

? i cos

π
6

, 则 z 的三角表示为_________________________.

25

9.



π

4 0

z cos zdz = ___________________________. e? z , 则 f ( z ) 在 z = 0 处的留数为________________________. z2

10.设 f ( z ) =

二、计算题. 1.计算下列各题. (9分) (1) cos i ;
3

(2) ln( ?2 + 3i ) ;

(3) 3

3?i

2.求解方程 z + 8 = 0 . (7分) 3.设 u = x 2 ? y 2 + xy , 验证 u 是调和函数, , 并求解析函数 f ( z ) = u + iv , 使之

f (i ) = ?1 + i . (8分)
4.计算积分. (10 分) (1) (2)



C

( x 2 + iy )dz , 其中 C 是沿 y = x 2 由原点到点 z = 1 + i 的曲线.
[( x ? y ) + ix 2 ]dz , 积分路径为自原点沿虚线轴到 i , 再由 i 沿水平方向向右到



1+ i

0

1+ i .
5.试将函数 f ( z ) =

1 分别在圆环域 0 < z < 1 和 1 < z < 2 内展开为洛朗级 ( z ? 1)( z ? 2)

数. (8分) 6.计算下列积分. (8分)

5z ? 2 (1) ∫ dz ; z = 2 z ( z ? 1) 2
+∞

sin 2 z (2) ∫ dz . z = 4 z 2 ( z ? 1)

x2 7.计算积分 ∫ dx . (8分) ?∞ 1 + x 4
8.求下列幂级数的收敛半径. (6分) (1)


∑ nz n?1 ;
n =1
2

(2)

(?1)n n ∑ n! z . n =1


9.讨论 f ( z ) = z 的可导性和解析性. (6分) 三、证明题. 1.设函数 f ( z ) 在区域 D 内解析, ,

f ( z ) 为常数, 证明 f ( z ) 必为常数. (5分) ,
b 为实常数. (5分)

2.试证明 az + az + b = 0 的轨迹是一直线, 其中 a 为复常数, , ,

26

《复变函数》考试试题(十四) 复变函数》考试试题(十四)
一、填空题. (每题2分) 1.设 z = r (cos θ + i sin θ ) , 则 z n = ___________________. 2.设函数 f ( z ) = u ( x, y ) + iv( x, y ) , 的充要条件______________________. 3.设函数 f ( z ) 在单连通区域 D 内解析, 则 f ( z ) 在 D 内沿任意一条简单闭曲线 C 的积 , 分

A = u0 + iv0 , z0 = x0 + iy0 , 则 lim f ( z ) = A
z → z0



C

f ( z )dz = _________________________.
lim f ( z ) = ____________________.
z →a

4.设 z = a 为 f ( z ) 的可去奇点, ,
2 z2

5.设 f ( z ) = z (e ? 1) , 则 z = 0 是 f ( z ) 的________阶零点. 6.设 f ( z ) =

1 , 则 f ( z ) 在 z = 0 的邻域内的泰勒展式为_________________. 1? z2
其 中 a, b 为 正 常 数 , 则点 z 的轨迹曲线是

7 . 设 z?a + z+a =b ,

27

_________________. 8.设 z = sin α + i cos α , 则 z 的三角表示为_________________________. 9.



1+ i

0

ze z dz = ___________________________.
2

10.设 f ( z ) = z sin

1 , 则 f ( z ) 在 z = 0 处的留数为________________________. z

二、计算题. 1.计算下列各题. (9分) (1) Ln( ?3 + 4i ) ;
3

(2) e

?1+

πi
6

;

(3) (1 ? i )1+i

2.求解方程 z + 2 = 0 . (7分) 3.设 u = 2( x ? 1) y , 验证 u 是调和函数, , 并求解析函数 f ( z ) = u + iv , 使之

f (2) = ?i . (8分)
4.计算积分



1+ i

0

[( x ? y ) + ix 2 ]dz , 其中路径为(1)自原点到点 1 + i 的直线段;

(2)自原点沿虚轴到 i , 再由 i 沿水平方向向右到 1 + i . (10 分) 5.试将函数 f ( z ) =

1 在 z = 1 的邻域内的泰勒展开式. (8分) ( z ? 2)

6.计算下列积分. (8分) (1)



sin z
z =2

( z ? )2 2

π

dz ;

(2)

z2 ? 2 ∫ z =4 z 2 ( z ? 3) dz .

7.计算积分





0

dθ . (6分) 5 + 3cos θ

8.求下列幂级数的收敛半径. (6分) (1)

∑ (1 + i)n z n ;
n =1



(2)

(n !) 2 n ∑ nn z . n =1



9. f ( z ) = my 3 + nx 2 y + i ( x 3 + lxy 2 ) 为复平面上的解析函数, 试确定 l , m , n 的 设 , 值. (6分) 三、证明题. 1. 设函数 f ( z ) 在区域 D 内解析, ,

f ( z ) 在区域 D 内也解析, 证明 f ( z ) 必为常数. (5 , b 为实常数. (5分)

分) 2.试证明 az + az + b = 0 的轨迹是一直线, 其中 a 为复常数, , ,

28

试卷一至十四参考答案

《复变函数》考试试题(一)参考答案 复变函数》考试试题(
一. 判断题 1.×2.√ 3.√ 4.√ 5.√ 二.填空题 1. ? 6.√ 7.×8.×9.×10.×

?2π i n = 1 ; ? 0 n ≠1
整函数;

2. 1;

3.

2kπ ,

(k ∈ z ) ;

4.

z = ±i ; 5. 1

6.

7. ξ ;

8.

1 ; (n ? 1)!

9. 0;

10. ∞ .

三.计算题. 1. 解 因为 0 < z < 1, 所以 0 < z < 1
29

f ( z) =

∞ 1 1 1 1 ∞ z = ? = ∑ z n ? ∑ ( )n . ( z ? 1)( z ? 2) 1 ? z 2(1 ? z ) n =0 2 n =0 2 2

2. 解 因为

Re s f ( z ) = lim
z=

z+

π
2

π

2

z→

π

2

2 = lim 1 = ?1 , cos z z →π ? sin z z?

π
2

Re s f ( z ) = lim π
z =?

π

2

z →?

2

2 = lim 1 = 1 . cos z z →? π ? sin z

所以



1 dz = 2π i (Re s f ( z ) + Re s f ( z ) = 0 . π π z = 2 cos z z =? z=
2 2

3. 解 令 ? (λ ) = 3λ 2 + 7λ + 1 , 则它在 z 平面解析, 由柯西公式有在 z < 3 内,

f ( z) = ∫

c

? (λ ) dz = 2π i? ( z ) . λ?z

所以 f ′(1 + i ) = 2π i ? ′( z ) z =1+i = 2π i (13 + 6i ) = 2π ( ?6 + 13i ) . 4. 解 令 z = a + bi , 则

w=

z ?1 2 2(a + 1 ? bi ) 2(a + 1) 2b = 1? = 1? = 1? + . 2 2 2 2 z +1 z +1 (a + 1) + b (a + 1) + b (a + 1) 2 + b 2 z ?1 2(a + 1) z ?1 2b ) = 1? , Im( )= . 2 2 z +1 (a + 1) + b z + 1 (a + 1) 2 + b 2

故 Re(

四. 证明题. 1. 证明 设在 D 内 f ( z ) = C . 令 f ( z ) = u + iv,

则 f ( z) = u 2 + v2 = c2 .
2

两边分别对 x, y 求偏导数, 得

? uu x + vvx = 0 (1) ? ?uu y + vv y = 0 (2)

因为函数在 D 内解析, 所以 u x = v y , u y = ?vx . 代入 (2) 则上述方程组变为

?uu x + vvx = 0 2 2 . 消去 u x 得, (u + v )vx = 0 . ? vu x ? uvx = 0 ?
1) 若 u + v = 0 , 则 f ( z ) = 0 为常数.
2 2

30

2) 若 vx = 0 , 由方程 (1) (2) 及 C . ? R. 方程有 u x = 0, u y = 0 , v y = 0 . 所以 u = c1 , v = c2 . ( c1 , c2 为常数).

所以 f ( z ) = c1 + ic2 为常数. 2. 证明 f ( z ) =

z (1 ? z ) 的支点为 z = 0,1 . 于是割去线段 0 ≤ Re z ≤ 1 的 z 平面内变点就

不可能单绕 0 或 1 转一周, 故能分出两个单值解析分支. 由于当 z 从支割线上岸一点出发,连续变动到 z = 0,1 时, 只有 z 的幅角增加 π . 所以

f ( z ) = z (1 ? z ) 的幅角共增加

π
2

. 由已知所取分支在支割线上岸取正值, 于是可认为该分

支在上岸之幅角为 0, 因而此分支在 z = ?1 的幅角为

π
2

, 故 f ( ?1) =

2e 2 = 2i .

π

i

《复变函数》考试试题(二)参考答案 复变函数》考试试题(
一. 判断题. 1.√ 2.×3.√ 4.√ 5.×6.×7.×8.√ 9.×10.×. 二. 填空题 1.1, ? ,

π
2



i;

2. 3 + (1 ? sin 2)i ;

3. ?

?2π i n = 1 ; ? 0 n ≠1

4. 1;

5. m ? 1 .

6. 2kπ i , 三. 计算题

(k ∈ z ) .

7. 0;

8. ±i ;

9. R ;

10. 0.

(?1) n (2 z 3 ) 2 n +1 ∞ (?1) n 22 n +1 z 6 n +3 1. 解 sin(2 z ) = ∑ =∑ . (2n + 1)! (2n + 1)! n =0 n=0
3 ∞

2. 解 令 z = re . 则 f ( z) =



z = re

i

θ + 2 kπ
2

,

(k = 0,1) .
31

又因为在正实轴去正实值, 所以 k = 0 . , 所以 f (i ) = e
i

π
4

.


3. 单位圆的右半圆周为 z = e , ? 所以 4. 解

π
2

≤θ ≤

π
2

.



i

?i

z dz = ∫ π de = e
2 ? 2

π



iθ 2 ?

π

π
2

= 2i .



sin z
z =2

(z ?

π
2

)

2

dz = 2πi (sin z )′

z=

π = 2πi cos z
2

z=

π
2 =0.

四. 证明题. 1. 证明 (必要性) 令 f ( z ) = c1 + ic2 ,则 f ( z ) = c1 ? ic2 . ( c1 , c2 为实常数). 令 u ( x, y ) = c1 , v ( x, y ) = ?c2 . 则 u x = v y = u y = vx = 0 . 即 u , v 满足 C. ? R. , 且 u x , v y , u y , vx 连续, 故 f ( z ) 在 D 内解析. (充分性) 令 f ( z ) = u + iv , 则 f ( z ) = u ? iv , 因为 f ( z ) 与 f ( z ) 在 D 内解析, 所以

u x = v y , u y = ?v x , 且 u x = ( ? v ) y = ?v y , u y = ?( ?v x ) = ?v x .
比较等式两边得 u x = v y = u y = vx = 0 . 从而在 D 内 u , v 均为常数,故 f ( z ) 在 D 内为常数. 2. 即要证“任一 n 次方程 a0 z + a1 z
n n ?1

+ ??? + an ?1 z + an = 0

(a0 ≠ 0) 有且只有 n 个

根”.

? a + ??? + an ? ? ? + ??? + an ?1 z + an = 0 , 取 R > max ? 1 ,1? , 当 z a0 ? ? ? ? n ?1 n ?1 n 在 C : z = R 上时, 有 ? ( z ) ≤ a1 R + ??? + an ?1 R + an < ( a1 + ??? + an ) R < a0 R .
证明 令 f ( z ) = a0 z + a1 z
n n ?1

= f ( z) .
由儒歇定理知在圆 z < R 内, 方程 a0 z + a1 z
n n n ?1

+ ??? + an ?1 z + an = 0 与 a0 z n = 0 有相

同个数的根. 而 a0 z = 0 在 z < R 内有一个 n 重根 z = 0 . 因此 n 次方程在 z < R 内有 n 个根.

32

《复变函数》考试试题(三)参考答案 复变函数》考试试题(
一. 判断题 1.× 2.×3.√ 4.√ 5.√6.√7. √ 8.√ 9.√ 10.√. 二.填空题. 1. z z ≠ ±i, 且z ∈ C ; 6. 1; 三. 计算题. 1. 解
∞ 1 1 z ? n+ 2 z e = z (1 + + + ???) = ∑ . z 2! z 2 n=0 n ! 2 1 z 2

{

}

2. 2kπ i

(k ∈ z ) ;

3. ?1 + ei ;

4. 1; 9. ∞ ;

5. ?

7. ±i ;

8. z = (2k + 1)π i ;

?2π i n = 1 ; ? 0 n ≠1 1 10. . (n ? 1)!

cn n ! (n + 1) n +1 n +1 n 1 2. 解 lim = lim n ? = lim( ) = lim(1 + ) n = e . n →∞ c n →∞ n n →∞ n →∞ (n + 1)! n n n +1 所以收敛半径为 e . ez 1 ez , 则 Re s f ( z ) = 2 =? . 3. 解 令 f ( z ) = 2 2 z =0 9 z ( z ? 9) z ? 9 z =0
33

2π i . z =0 9 9 6 2 4. 解 令 f ( z ) = z ? 2 z + z ? 2 , ? ( z ) = ?8 z .
故原式 = 2π i Re s f ( z ) = ? 则在 C : z = 1 上 f ( z )与? ( z ) 均解析, 且 f ( z ) ≤ 6 < 四. 证明题. 1. 证明 证明 设在 D 内 f ( z ) = C .

? ( z ) = 8 , 故由儒歇定理有

N ( f + ? , C ) = N ( f + ? , C ) = 1 . 即在 z < 1 内, 方程只有一个根.

令 f ( z ) = u + iv,

则 f ( z) = u 2 + v2 = c2 .
2

两边分别对 x, y 求偏导数, 得

? uu x + vvx = 0 (1) ? ?uu y + vv y = 0 (2)

因为函数在 D 内解析, 所以 u x = v y , u y = ?vx . 代入 (2) 则上述方程组变为

?uu x + vvx = 0 2 2 . 消去 u x 得, (u + v )vx = 0 . ? vu x ? uvx = 0 ?
1) u + v = 0 , 则 f ( z ) = 0 为常数.
2 2

2)

若 vx = 0 , 由方程 (1) (2) 及 C. ? R. 方程有 u x = 0, u y = 0 , v y = 0 . 所以 u = c1 , v = c2 . ( c1 , c2 为常数).

所以 f ( z ) = c1 + ic2 为常数.

2. 证明 取 r > R , 则对一切正整数 k > n 时,

f ( k ) (0) ≤

k! f ( z) k ! Mr n dz ≤ . rk 2π ∫ z = r z k +1

于是由 r 的任意性知对一切 k > n 均有 f ( k ) (0) = 0 . 故 f ( z) =

∑c z
k =0

n

n n

, 即 f ( z ) 是一个至多 n 次多项式或常数.

34

《复变函数》考试试题(四)参考答案 复变函数》考试试题(
一. 判断题. 1.√ 2.× 3.× 4.× 5.× 6.√ 7.×8.× 9.√10.√ . 二. 填空题. 1.

1 1 , ; 2 2

2. ξ ; 7. 0;

3. 2kπ i 8. z = 0 ;

(k ∈ z ) ;

4.

∑ (?1) z
n =0



n 2n

( z < 1) ;
10.

5. 整函数;

6. 亚纯函数; 三. 计算题. 1.

9. ∞ ;

1 . (n + 1)!

解 : z 3 = ?1 ? z = cos

2kπ + π 2kπ + π + i sin 3 3 3 π π 1 z1 = cos + i sin = + i 3 3 2 2 z 2 = cos π + i sin π = ?1 z 3 = cos 5π 5π 1 3 + i sin = ? i 3 3 2 2

k = 0,1,2

35

2. 解 Re s f ( z ) =
z =1

ez e ez e ?1 = , Re s f ( z ) = = . z + 1 z =1 2 z =?1 z + 1 z =?1 ?2
?1 z =?1

故原式 = 2π i (Re s f ( z ) + Re s f ( z )) = π i (e ? e ) .
z =1

3. 解 原式 = 2π i Re s f ( z ) = 2π i
z =? i

z 9 ? z2

=
z =? i

π
5

.

z 1 1 z ? e +1 ? z z z 4. 解 e ? 1 z = z (e ? 1) , 令 z (e ? 1) = 0 , 得 z = 0, z = 2 kπi , k = ±1,±2, L 1 1 z ? ez +1 1? ez lim( z ? ) = lim z = lim z z →0 e ? 1 z →0 (e ? 1) z z →0 e ? 1 + ze z z 而

? ez 1 = lim z =? z →0 e + e z + ze z 2
当 z = 2kπi 时, ,

∴ z = 0 为可去奇点

(k ≠ 0), z ? e z + 1 ≠ 0
z

而 四. 证明题.

[(e

z

? 1) z

]′ z = 2kπi = e

? 1 + ze z

z = 2kπi

≠0

∴ z = 2kπi 为一阶极点.

1. 证明 设 F ( z ) = f ( z ) , 在下半平面内任取一点 z0 , z 是下半平面内异于 z0 的点, 考虑
z → z0

lim

F ( z ) ? F ( z0 ) f ( z ) ? f ( z0 ) f ( z ) ? f ( z0 ) . = lim = lim z → z0 z → z0 z ? z0 z ? z0 z ? z0

而 z0 , z 在 上 半 平 面 内 , 已 知 f ( z ) 在 上 半 平 面 解 析 , 因 此 F ′( z0 ) = f ′( z0 ) , 从 而

F ( z ) = f ( z ) 在下半平面内解析.
2. 证明 令 f ( z ) = ?6 z + 3 ,

? ( z ) = z 4 , 则 f ( z ) 与 ? ( z ) 在全平面解析, 且在 C1 : z = 2 上, f ( z ) ≤ 15 < ? ( z ) = 16 ,
故在 z < 2 内 N ( f + ? , C1 ) = N (? , C1 ) = 4 . 在 C2 : z = 1 上,

f ( z) ≥ 3 > ? ( z) = 1 ,

故在 z < 1 内 N ( f + ? , C2 ) = N ( f , C2 ) = 1 . 所以 f + ? 在 1 < z < 2 内仅有三个零点, 即原方程在 1 < z < 2 内仅有三个根.

36

《复变函数》考试试题(五)参考答案 复变函数》考试试题(
一. 判断题. 1.√2.√ 3.×4.√5.× 6.× 7.× 8.√ 9.√ 二. 填空题. 1.2, ? , 1 + 3i ; 3 3. (2k + 1)π i , ( k ∈ z ) ;


10.√.

π

2. a + 2kπ i

(k ∈ z , a为任意实数) ;
5. 0; 9. 0; 10. ? 6. 0;

4. 2kπ i, ( k ∈ z ) ;
n 2n

7. 亚纯函数;

8.

∑ (?1) z
n =0

( z < 1) ;

?2π i n = 1 . ? 0 n ≠1

三. 计算题. 1. 解 令 z = a + bi , 则

w=

z ?1 2 2(a + 1 ? bi ) 2(a + 1) 2b = 1? = 1? = 1? + . 2 2 2 2 z +1 z +1 (a + 1) + b (a + 1) + b (a + 1) 2 + b 2

z ?1 2(a + 1) z ?1 2b ) = 1? , Im( )= . 2 2 z +1 z + 1 (a + 1) 2 + b 2 (a + 1) + b 0 ≤ t ≤1, 2. 解 连接原点及 1 + i 的直线段的参数方程为 z = (1 + i )t
故 Re(
37



∫ Re zdz = ∫ {Re[(1 + i)t ]}(1 + i)dt = (1 + i)∫ tdt =
1 1 c 0 0


1+ i . 2

3. 令 z = e , 则 dθ =

( z ? a )(1 ? az ) , z 1 dz 1 故I = ∫ , 且在圆 z < 1 内 f ( z ) = 只以 z = a 为一级极点, z =1 ( z ? a )(1 ? az ) i ( z ? a )(1 ? az ) 1 1 在 z = 1 上无奇点, 故 Re s f ( z ) = = , (0 < a < 1) , 由残数定理有 z =a 1 ? az z = a 1 ? a 2 1 2π I = 2π i Re s f ( z ) = , (0 ≤ a < 1) . z =a i 1 ? a2 4. 解 令 f ( z ) = ? z , 则 f ( z ), ? ( z ) 在 z ≤ 1 内解析, 且在 C : z = 1 上, ? ( z ) < 1 = f ( z ) , 1 ? 2a cos θ + a 2 = 1 ? a ( z + z ?1 ) + a 2 =
所以在 z < 1 内, N ( f + ? , C ) = N ( f , C ) = 1 , 即原方程在 z < 1 内只有一个根. 四. 证明题. 1. 证明 因为 u ( x, y ) = x 2 + y 2 , v( x, y ) ≡ 0 , 故 u x = 2 x, u y = 2 y , vx = v y = 0 . 这四个偏导数在 z 平面上处处连续, 但只在 z = 0 处满足 C. ? R. 条件, 故 f ( z ) 只在除了

dz . 当a ≠ 0时 iz

z = 0 外处处不可微.
2. 证明 取 r > R , 则对一切正整数 k > n 时,

f

(k )

k! f ( z) k ! Mr n (0) ≤ dz ≤ . 2π ∫ z = r z k +1 rk

于是由 r 的任意性知对一切 k > n 均有 f ( k ) (0) = 0 . 故 f ( z) =

∑c z
k =0

n

n n

, 即 f ( z ) 是一个至多 n 次多项式或常数.

《复变函数》考试试题(六)参考答案 复变函数》 考试试题(
一、判断题:1.√ 2.× 二、填空题:1. ?1 + ei 6. m ? 1 阶 三、计算题: 1. 解:因为 3.√ 4.√ 2. z ≠ ±1 7. 整函数 5.√ 6.√ 3. 2π 8. 7.× 4. 1 9. 0 8.√ 9.√ 10.× 5. 1 10. 欧拉公式

2?i 1 1 5 = + = < 1, 6 9 36 6 2?i n ) = 0. 6 2 < 3, 1 f (λ ) ∫C λ ? z d λ 2π i 3λ 2 + 7λ + 1 d λ. C λ?z

故 lim(
n →∞

2. 解:Q 1 + i =

∴ f ( z) =

=∫

38

因此

f (λ ) = 2π i (3λ 2 + 7λ + 1)

2 故 f ( z ) = 2π i (3 z + 7 z + 1)

f ′(1 + i ) = 2π i (6 z + 7) 1+i = 2π i (13 + 6i ) = 2π (?6 + 13i ) . ez ez 1 1 = ?( + ) 3.解: z 2 + 1 2 z + i z ? i

∴ Re s ( f ( z ), i ) =


ei . 2

4.解: sin z =
3

(?1) n ( z 3 ) 2 n +1 ∑ (2n + 1)! , n =0

sin z 3 ∞ (?1)n 6 n ?3 ∴ 6 =∑ z . z n = 0 (2n + 1)!
5.解:设 z = x + iy , 则 w =

z ? 1 x ? 1 + iy ( x 2 + y 2 ? 1) + 2 yi = = . ( x + 1) 2 + y 2 z + 1 z + 1 + iy Im w = 2y . ( x + 1) 2 + y 2

∴ Re w =
? i 3

x2 + y 2 ? 1 , ( x + 1) 2 + y 2

π

6.解: e

π π 1 = cos(? ) + i sin(? ) = (1 ? 3i ). 3 3 2
6 7 3

四、1. 证明:设 f ( z ) = 9 z , ? ( z ) = z + 6 z ? 1, 则在 z = 1 上, ,

f ( z ) = 9, ? ( z ) ≤ 1 + 6 + 1 = 8, 即有 f ( z ) > ? ( z ) .
f ( z ) 与 f ( z ) + ? ( z ) 在单位圆内有相同个数的零点, 而 f ( z ) 的零 ,
6 3

根据儒歇定理, ,
7

点个数为 6, 故 z + 9 z + 6 z ? 1 = 0 在单位圆内的根的个数为 6. , 2.证明:设 v( x, y ) = a + bi , 则 vx = v y = 0 , 由于 f ( z ) = u + iv 在内 D 解析, 因此 ,

?( x, y ) ∈ D 有

ux = vy = 0 ,

u y = ?v x = 0 .

于是 u ( x, y ) ≡ c + di 故 f ( z ) = (a + c ) + (b + d )i , 即 f ( z ) 在内 D 恒为常数. 3.证明:由于 z0 是 f ( z ) 的 m 阶零点, 从而可设 ,

39

f ( z ) = ( z ? z0 ) m g ( z ) ,
其中 g ( z ) 在 z0 的某邻域内解析且 g ( z0 ) ≠ 0 , 于是

1 1 1 = ? m f ( z ) ( z ? z0 ) g ( z ) 1 在内 D1 解析, , g ( z)

由 g ( z0 ) ≠ 0 可知存在 z0 的某邻域 D1 , 在 D1 内恒有 g ( z ) ≠ 0 , 因此

故 z0 为

1 的 m 阶极点. f ( z)

《复变函数》考试试题(七)参考答案 复变函数》考试试题(
一、判断题:1.√ 2. √ 3. × 二、填空题:1. ei 2. z ≠ ±1 6. m ? 1 阶 7. 整函数 三、计算题: 1. 解: ( 4.√ 5.√ 3. 2π i 8. 6.√ 7. √ 8. × 4. 1 5. 1 9. 0 10.

1 (n ? 1)!

1+ i 2 1? i 2 ) +( ) = i ? i = 0. 2 2 2 < 3,

2. 解:Q 1 + i =

∴ f ( z) =

1 f (λ ) ∫C λ ? z d λ 2π i 3λ 2 + 7λ + 1 d λ. C λ?z
40

=∫

因此

f (λ ) = 2π i (3λ 2 + 7λ + 1)

2 故 f ( z ) = 2π i (3 z + 7 z + 1)

f ′(1 + i ) = 2π i (6 z + 7) 1+i = 2π i (13 + 6i ) = 2π (?6 + 13i ) .

3. 解:

e = z2

z

∑ n!
n =0



zn

z

2

=

1 1 1 + + + L, z2 z 2

因此 Re s ( f ( z ), 0) = 1. 4. 解:

z ?1 2 ?1 1 = + = ? ( z ? 1)( z ? 2) z ? 1 z ? 2 z (1 ? 1 ) 1 ? z z 2
1 < 1, z z < 1. 2

由于 1 < z < 2 , 从而 因此在 1 < z < 2 内 有

∞ ∞ z 1 ∞ 1 z 1 z = ? ∑ ( ) n ? ∑ ( )n = ?∑ [( ) n +1 + ( ) n ]. ( z ? 1)( z ? 2) z n=0 z z 2 n =0 2 n =0

z ? 1 x ? 1 + iy ( x 2 + y 2 ? 1) + 2 yi 5.解:设 z = x + iy , 则 w = = = . ( x + 1) 2 + y 2 z + 1 z + 1 + iy ∴ Re w =


x2 + y 2 ? 1 , ( x + 1) 2 + y 2

Im w =

2y . ( x + 1) 2 + y 2

6.解:设 z = e , 则 dθ =





0

dz 1 1 , cos θ = ( z + ) , iz 2 z dθ dz 2 2idz =∫ ? =∫ 2 z =1 iz z =1 z + 2az + 1 1 a + cos θ 2a + z + z

Q a > 1 , 故奇点为 z0 = a 2 ? 1 ? a





0

dθ 1 2π = 4π ? Re s f ( z ) = 4π ? = a + cos θ z = z0 2 a2 ?1 a2 ?1 .

四、证明题:

41

1.

证明:设 f ( z ) = 24 z , g ( z ) = 9 z + 6 z + z + 1,
7 6 3 2

则在 z = 1 上, ,

f ( z ) = 24, g ( z ) ≤ 9 + 6 + 1 + 1 = 17, 即有 f ( z ) > g ( z ) .
而在

根据儒歇定理知在 z < 1 内 f ( z ) 与 f ( z ) + g ( z ) 在单位圆内有相同个数的零点, ,

z < 1 内 f ( z ) 的零点个数为 7, 故 24 z 7 + 9 z 6 + 6 z 3 + z 2 + 1 = 0 在单位圆内的根的个数为 ,
7. 2.证明:设 f ( z ) = u + v ≡ c , 则
2 2

2u ? ux + 2v ? vx = 0, 2u ? u y + 2v ? v y = 0.
已知 f ( z ) 在区域 D 内解析, 从而有 u x = v y , , 将此代入上上述两式得

u y = ? vx

uu x ? vu y = 0, uu y + vux = 0.
因此有 u x = 0, u y = 0, 于是有 vx = 0, v y = 0 . 即有

u ≡ c1 , v ≡ c2 ,

f ( z ) = c1 + ic2

故 f ( z ) 在区域 D 恒为常数. 3.证明:由于 z0 是 f ( z ) 的 m 阶零点, 从而可设 ,

f ( z ) = ( z ? z0 ) m g ( z ) ,
其中 g ( z ) 在 z0 的某邻域内解析且 g ( z0 ) ≠ 0 , 于是

1 1 1 = ? m f ( z ) ( z ? z0 ) g ( z ) 1 在内 D1 解析, , g ( z)

由 g ( z0 ) ≠ 0 可知存在 z0 的某邻域 D1 , 在 D1 内恒有 g ( z ) ≠ 0 , 因此

故 z0 为

1 的 m 阶极点. f ( z)

五、计算题 解: 根据线性变换的保对称点性知 i 关于实轴的对称点 ?i 应该变到 w = 0 关于圆周的对

42

称点 w = ∞ , 故可设 w = k

z ?i z +i

《复变函数》考试试题(八)参考答案 复变函数》考试试题(
一、判断题:1.√ 2. × 3. √ 4. × 5.√ 6.√ 7. √ 8. × 9. √ 10.× 二、填空题:1. ?1 + ei 2. z ≠ 0,∞ 3. 2π 4.

ξ

5.

1

6. 三、计算题: 1. 解:由于 e 所以
z +1

∑ (iz )
k=0



2k

7. ?

? 0, n ≠ 1 ? ? 2π i, n = 1 ?

8.

9. 5

10.

z ≠ ±1

sin z 在 z ≤ 1 解析, ,



z =1

e z +1 sin zdz = 0

1 dz 1 1 1 dz ( z ? 4) 而 ∫ z =3 ( z ? 1)( z ? 4) = 2π i ∫ z =3 ( z ? 1) = ? 3 2π i
43

因此



z =1

e z +1 sin zdz +

1 dz 1 ∫ z =3 ( z ? 1)( z ? 4) = ? 3 . 2π i

2. 解:Q 1 + i =

2 < 3,
1 f (λ ) ∫C λ ? z d λ 2π i 3λ 2 + 7λ + 1 d λ. C λ?z

∴ f ( z) =

=∫
因此

f (λ ) = 2π i (3λ 2 + 7λ + 1)

2 故 f ( z ) = 2π i (3 z + 7 z + 1)

f ′(1 + i ) = 2π i (6 z + 7) 1+i = 2π i (13 + 6i ) = 2π (?6 + 13i ) .
3. 解: f ( z ) =

ez ez 1 1 = ( ? ) 2 z ?1 2 z ?1 z + 1 e ?1 Re s ( f ( z ), ?1) = ? , 2

e Re s ( f ( z ),1) = , 2
因此

e e ?1 e ?1 ? e Re s ( f ( z ), ∞) = ?( ? ) = . 2 2 2

4.解:

z + 10 11 11z + 12 11 1 11z + 12 1 =? + 2 =? ? + ? 2 2 2 ( z ? 1)( z ? 2) z ?1 z ? 2 z 1? 1 z 1? 2 z z
1 < 1, z 2 <1 z2

由于 2 < z < +∞ , 从而

因此在 2 < z < +∞ 内有

z + 10 11 ∞ 1 11z + 12 ∞ 2 n ∞ 1 2( n +1) n = ? ? ∑ ( )n + ?∑( 2 ) = ∑( ) [2 ? (11z + 12) ? 11z n +1 ] 2 2 ( z ? 1)( z ? 2) z n=0 z z n =0 z n =0 z

z ? 1 x ? 1 + iy ( x 2 + y 2 ? 1) + 2 yi 5.解:设 z = x + iy , 则 w = = = . z + 1 z + 1 + iy ( x + 1) 2 + y 2 ∴ Re w =
ix

x2 + y 2 ? 1 , ( x + 1) 2 + y 2
ix

Im w =

2y . ( x + 1) 2 + y 2

6.解:设 z = e , 则 dz = ie dx = izdx
44

1 1 (z ? ) 2i z π dx 1 2π dx ∫0 2 + sin 2 x = 2 ∫0 2 + sin 2 x 1 1 2iz dz dz = ∫ = ∫ ? 2 2 z =1 z + 4iz ? 1 2 z =1 iz z + 4iz ? 1 1 在 z < 1内 2 只有 z = ( 3 ? 2)i 一个一级极点 z + 4iz ? 1 sin x =

Re s[ f ( z ), ( 3 ? 2)i ] = ?
π

i 2 3

因此 四、证明:



0

dx ?i π = 2π i ? = . 2 2 + sin x 2 3 3

1. 证明:设 f ( z ) = 15 z , g ( z ) = 5 z + z + 6 z ? 1,
7 6 5 3

则在 z = 1 上, ,

f ( z ) = 15, g ( z ) ≤ 13, 即有 f ( z ) > g ( z ) .
而在

根据儒歇定理知在 z < 1 内 f ( z ) 与 f ( z ) + g ( z ) 在单位圆内有相同个数的零点, ,

z < 1 内 f ( z ) 的零点个数为 7, 故 15 z 7 + 5 z 6 + z 5 + 6 z 3 ? 1 = 0 在单位圆内的根的个数为 ,
7 2. 证明:因为 f ( z ) = u ( x, y ) + iv ( x, y ) , 在 D 内连续, 所以 ?( x0 , y0 ) ∈ D ,

?ε > 0, ?δ > 0.
当 x ? x0 < δ , y ? y0 < δ 时有

f ( x, y ) ? f ( x0 , y0 ) = u ( x, y ) ? u ( x0 , y0 ) + i[v( x, y ) ? v( x0 , y0 )]
= {[u ( x, y ) ? u ( x0 , y0 )]2 + [v( x, y ) ? v( x0 , y0 )]2 }2 < ε ,
从而有 u ( x, y ) ? u ( x0 , y0 ) < ε ,
1

v( x, y ) ? v( x0 , y0 ) < ε .
即与在连续, 由 ( x0 , y0 ) ∈ D 的任意性知 u ( x, y ) 与 v ( x, y ) 都在 D 内连续 , 3.证明:由于 z0 是 f ( z ) 的 m 阶零点, 从而可设 ,

f ( z ) = ( z ? z0 ) m g ( z ) ,

45

其中 g ( z ) 在 z0 的某邻域内解析且 g ( z0 ) ≠ 0 , 于是

1 1 1 = ? m f ( z ) ( z ? z0 ) g ( z ) 1 在内 D1 解析, , g ( z)

由 g ( z0 ) ≠ 0 可知存在 z0 的某邻域 D1 , 在 D1 内恒有 g ( z ) ≠ 0 , 因此

故 z0 为

1 的 m 阶极点. f ( z)
5

五、解:1.设 ξ = z 4 , 则 ξ 将区域 {z : 0 < arg z <

4 π } 保形映射为区域 {z : 0 < arg ξ < π } 5

2.设 w = e



ξ ?i , 则 w 将上半平面保形变换为单位圆 w < 1 . ξ +i

因此所求的单叶函数为

w = eiθ

z ?i z +i
5 4

5 4

.

46

一 二

复变函数》考试试题( 《复变函数》考试试题(九)参考答案 判断题( 判断题(20 分)
4、√ 5、√ 6、√ 7、√ 3、 2π 10、 e 8、√ 9、× 10、√

1、× 2、× 3、√

填空题( 填空题(20 分)
2、 z ≠ kπ , k = 0, ±1, ±2,L 7、整函数 8、 c 9、8 4、1 5、1

1、 e? z i
6、 m ? 1 三

计算题( ) 计算题(30)
2?i 5 2?i n < < 1, ∴ lim( ) = 0. n →∞ 6 6 6

1、解:Q

2、解:Q 1 + i = 2 < 3,
∴ f ( z) = 1 f (λ ) ∫C λ ? z d λ 2π i 3λ 2 + 7λ + 1 d λ. C λ?z

=∫
因此

f (λ ) = 2π i (3λ 2 + 7λ + 1)

故 f ( z ) = 2π i (3 z 2 + 7 z + 1)

f ′(1 + i ) = 2π i (6 z + 7) 1+i = 2π i (13 + 6i ) = 2π (?6 + 13i ) . 3、解: f ( z) = ez ez = . z 2 + 1 ( z + i )( z ? i ) ?iei iei , Re s ( f ( z ), ?i ) = . 2 2

Re s ( f ( z ), i ) =
4、解:

z ?1 2 ?1 1 = + = ? ( z ? 1)( z ? 2) z ? 1 z ? 2 z (1 ? 1 ) 1 ? z z 2 1 < 1, z z < 1. 2

由于 1 < z < 2 , 从而 因此在 1 < z < 2 内 有

∞ ∞ z 1 ∞ 1 z 1 z = ? ∑ ( ) n ? ∑ ( )n = ?∑ [( ) n +1 + ( ) n ]. ( z ? 1)( z ? 2) z n=0 z z 2 n =0 2 n =0

5、解:设 z = x + iy , 则 w =

z ? 1 x ? 1 + iy ( x 2 + y 2 ? 1) + 2 yi = = . ( x + 1) 2 + y 2 z + 1 z + 1 + iy

47

∴ Re w =

x2 + y 2 ? 1 , ( x + 1) 2 + y 2

Im w =

2y . ( x + 1) 2 + y 2

6、解:设 f ( z ) =

z2 ? z + 2 , 则 f ( z ) 在 Im z > 0 内有两个一级极点 z1 = 3i, z2 = i , z 4 + 10 z 2 + 9

Re s ( f ( z ), 3i ) =

3 + 7i 1+ i , Re s ( f ( z ), i ) = ? , 48 16

因此, 根据留数定理有 ,


1

+∞

?∞

z2 ? z + 2 3 + 7i 1 + i π dz = 2π i ( ? )=? . 4 2 z + 10 z + 9 48 16 6
证明题( 证明题(20 分) 证明:设 f ( z ) = 9 z , ? ( z ) = z + 6 z ? 1,
6 7 3



则在 z = 1 上, ,

f ( z ) = 9, ? ( z ) ≤ 1 + 6 + 1 = 8, 即有 f ( z ) > ? ( z ) . f ( z ) 与 f ( z ) + ? ( z ) 在单位圆内有相同个数的零点, 而 f ( z ) 的零 ,
6 3

根据儒歇定理, ,
7

点个数为 6, 故 z + 9 z + 6 z ? 1 = 0 在单位圆内的根的个数为 6. , 2 证明:设 u ( x, y ) = a + bi , 则 u x = u y = 0 , 由于 f ( z ) = u + iv 在内 D 解析, , 因此

?( x, y ) ∈ D 有

ux = vy = 0 ,

u y = ?v x = 0 .

于是 v( x, y ) ≡ c + di 故 f ( z ) = (a + c ) + (b + d )i , 即 f ( z ) 在内 D 恒为常数. 3 证明:由于 z0 是 f ( z ) 的 m 阶零点, 从而可设 ,

f ( z ) = ( z ? z0 ) m g ( z ) ,
其中 g ( z ) 在 z0 的某邻域内解析且 g ( z0 ) ≠ 0 , 于是

1 1 1 = ? m f ( z ) ( z ? z0 ) g ( z ) 1 在内 D1 解析, , g ( z)

由 g ( z0 ) ≠ 0 可知存在 z0 的某邻域 D1 , 在 D1 内恒有 g ( z ) ≠ 0 , 因此

故 z0 为 五

1 的 m 阶极点. f ( z)

计算题( 计算题(10 分)

48

解:1 2

设ξ = z ?
ξ

π
2

i, 则 ξ 将区域 {z :

π

< Im z < π } 保形变换为区域 {ξ : 0 < Im z < } . 2 2

π

设 t = e ,则 t 将区域 {ξ : 0 < Im z <

π

} 保形变换为区域 D{t : 0 < arg t < }. 2 2

π

3、设 s = t 2 , 则 s 将 D 保形变换为上半平面,因此,所求的单叶函数为

w = eiθ ?

s ?i t2 ? i e 2ξ ? i ?e 2 z ? i = eiθ ? 2 = eiθ ? 2ξ = eiθ ? 2 z . s+i t +i e +i ?e + i

49

《复变函数》考试试题(十)参考答案 复变函数》考试试题(
一、判断题(40 分) : 1.√ 2. √ 3.√ 4. × 5. √ 6. × 7. √ 二、填空题(20 分) : 1. 2π i 2. 8. √ 9. √ 10. √

z (1 ? z )2

3. z ≠ ±i

4. 1

5.

1 (n ? 1)!

三、计算题(40 分) 1. 解: f ( z ) =

z 在 z ≤ 2 上解析, 由 cauchy 积分公式, 有 , , 9 ? z2

z 2 2 z dz = ∫ 9 ? z dz = 2π i ? 2 ∫ z =2 (9 ? z )( z + i) z =2 z + i 9 ? z2
eiz e ?i i 2. 解:设 f ( z ) = = e , 有 Re s ( f , ?i ) = 2 1+ z ?2i 2
2

=
z =? i

π
5

π π n π π n ? 1+ i ? ?1? i ? 3. 解: ? ? +? ? = (cos 4 + i sin 4 ) + (cos 4 ? i sin 4 ) ? 2? ? 2?
n n

= cos
4. 解:

nπ nπ nπ nπ nπ + i sin + cos ? i sin = 2 cos 4 4 4 4 4

?u 2x = 2 , ?x x + y 2
( x, y )

?u 2y = 2 ?y x + y 2
( x, y )

v ( x, y ) = ∫ =∫

(0,0)

?u y dx + u x dy + c = ∫

(0,0)

?2 y 2x dx + 2 dy + c 2 x +y x + y2
2

y

0

2x y dy + c = 2 arctan + c 2 x +y x
2

f (1 + i ) = u (1,1) + iv(1,1) = ln 2 + i (2 arctan1 + c) = ln 2
故c = ?

π
2



v( x, y ) = 2 arctan

y π ? x 2

5. 解: f ( x ) = ?5 z , g ( z ) = z 4 + 1 则 f ( x ) , g ( z ) 在 z < 1 内均解析, 且当 z = 1 令 , 时

f ( z) = 5 > z 4 + 1 ≥ z 4 + 1 = g ( z)
由 Rouche 定理知 z ? 5 z + 1 = 0 根的个数与 ?5 z = 0 根的个数相同.
4

故 z ? 5 z + 1 = 0 在 z < 1 内仅有一个根.
4

50

《复变函数》考试试题(十一)参考答案 复变函数》考试试题(十一)
一、1.× 二、1. 1 5. zk = 6. 2.√ 2. π
4

3.× 3. u =

4.√

5.√

a (cos

2 kπ + π 2 kπ + π + i sin ) (k = 0,1, 2, 3) 4 4
7.

1 2

4. u =

1 2

1 3

2n 2

π

?1

8.15

9.

? (a) ψ ′(a)

10. ? m

三、1.解:

?u x = 2 , ?x x + y 2
( x, y ) (0,0)

?u y = 2 ?y x + y 2

v ( x, y ) = ∫ =∫ =∫


?u y dx + u x dy + C y x dx + 2 dy + C 2 x +y x + y2
2

( x, y )

(0,0)

?

y

0

x y dy + C = arctan + C . 2 x +y x
2

f (1 + i ) = u (1,1) + iv(1,1) = 1 1 ln 2 + i (arctan1 + C ) = ln 2 . 2 2 y π v( x, y ) = arctan ? . x 4
2

故C = ?

π
4

,

sin 2 z 1 2.解: (1) tan z = 奇点为 z = (2k + )π , 2 cos z 2 1 z = (2k + )π 为二阶极点, z = ∞ 为本性奇点. 2
(2) 奇点为 z0 = 1,

k = 0, ±1L 对任意整数 k ,

z k = 2 kπ i ,

(k = 0, ±1L)

z = 1 为本性奇点,对任意整数 k , zk 为一级极点, z = ∞ 为本性奇点.
3. (1)解: f ( z ) = 由留数定理,有

z19 共有六个有限奇点, 且均在内 C : z = 4 , ( z 2 + 1)4 ( z 4 + 2)3



z =4

f ( z )dz = 2π i[? Re s ( f , ∞)]

51

将 f 在 z = ∞ 的去心邻域内作 Laurent 展开

f ( z) =

z19 z 8 (1 + 1 4 12 2 ) ? z (1 + 4 )3 2 z z

1 1 = ? z (1 + 1 )4 (1 + 2 )3 z2 z4 1 4 10 6 z4 = (1 ? 2 + 4 ? L)(1 ? 4 + 8 + L) z z z z z 1 4 = ? 3 +L z z
所以 Re s ( f , ∞ ) = ?C?1 = ?1



z =4

f ( z )dz = 2π i .

(2)解: 令 z = e ,则



I =∫ =

π

0

dθ 1 2π dθ = ∫ 2 1 + cos θ 2 0 1 + cos 2 θ

1 4 zdz ∫C: z =1 i( z 4 + 6 z 2 + 1) 2 4 zdz 2du = 2 ,故 2 i ( z + 6 z + 1) i (u + 6u + 1)
4

再令 z = u 则
2

I=

1 2du 2 du ? 2∫ = ∫ 2 2 2 C: z =1 i (u + 6u + 1) i C u + 6u + 1 2 1 π ? 2π i Re s ( f , ?3 + 8) = 4π ? = i 4 2 2

由留数定理,有

I=

4.解:儒歇定理:设 c 为一条围线, 若函数 f 与 ? 均在 c 内部及 c 上解析且 ,

? ( z) < f ( z) ,

z ∈ c , 则 f ( z ) + ? ( z ) 与 f ( z ) 在 c 内部的零点个数相同.

令 f ( z ) = ?5 z 4 , g ( z ) = z 7 + z 2 ? 2 则 f ( z ), g ( z ) 在 z < 1 内解析且 当 z = 1时
7

f ( z) = 5 > z7 + z 2 + 2 ≥ z7 + z 2 ? 2 = g ( z) ,
4 2 4

由儒歇定理 z ? 5 z + z ? 2 = 0 的根个数与 ?5 z = 0 根个数相同
52

故 z ? 5 z + z ? 2 = 0 在 z < 1 内有 4 个根.
7 4 2

四、1.证明: f ( z ) = u ( x, ? y ) ? iv( x, ? y ) = u + iv
*

*

u * = u ( x, ? y ), u x* = u x ,

v * = ? v ( x, ? y ) v x * = ?v x , vy* = v y

u y* = ?u y ,

由 f ( z ) = u ( x, y ) + iv( x, y ) 在上半平面内解析,从而有

ux = vy ,
因此有 u x = v y ,
* *

u y = ? vx .

u y * = ?v x*

故 f ( z ) 在下半平面内解析. 2.证明: (1) ?r1 < r2 ,

0 ≤ r1 < r2 < R 则
z = r1 z ≤ r1

M (r1 ) = max f ( z ) = max f ( z ) M (r2 ) = max f ( z ) = max f ( z )
z = r2 z ≤ r2

故 M ( r2 ) ≥ M (r1 ) ,即 M ( r ) 在 [0, R ) 上为 r 的上升函数. (2)如果存在 r1 及 r2 (0 ≤ r1 < r2 < R ) 使得 M ( r1 ) = M ( r2 ) 则有 max f ( z ) = max f ( z )
z ≤ r2 z = r1

于是在 r1 ≤ z ≤ r2 内 f ( z ) 恒为常数,从而在 z < R 内 f ( z ) 恒为常数.

53

《复变函数》考试试题(十二)参考答案 复变函数》考试试题(十二)
一、判断题. 1. × 2. × 二、填空题. 1. ?1 3. × 2. ( ?π ) 6. 2π 10. ?π
1 arg z + 2 kπ i 5

4. √

5. × 3. f ( z ) = z +

1 z
8.

4. 0, ∞

5. i 9.本性 三、计算题. 1.解: wk = z 5 e

7. 1

2n 2

π

?1

k = 0,1, 2, 3, 4
π + 2 kπ
5
i

由 5 ?1 = ?1 得 ?1 = e

从而有 k = 2

w2 (1 ? i ) = 2 ? e

1 10

? + 4π 4 5

π

i = 2 (cos

1 10

3π 3π 1? i + i sin ) = 5 4 4 4

2.解: (1) f ( z ) =

Lnz ln z + 2kπ 的各解析分支为 f k ( z ) = , (k = 0, ±1,L) . 2 z ?1 z2 ?1

z = 1 为 f 0 ( z ) 的可去奇点, 为 f k ( z ) 的一阶极点 (k = 0, ±1,L) 。 , Re s ( f 0 ( z ),1) = 0 Re s ( f k ( z ),1) = kπ i. (k = ±1, ±2,L)

? 1 ∞ zn ? 1 ez (2) Re s n +1 = Re s ? n +1 ? ∑ ? = z =0 z z =0 n! n=0 n ! ? ?z
3.计算下列积分

z7 1 解: (1) f ( z ) = 2 = 3 2 1 3 ( z ? 1) ( z + 2) z (1 ? ) (1 + 2 ) z2 z2 Re s ( f , ∞) = ?C?1 = ?1



z =2

f ( z )dz = 2π i[? Re s ( f , ∞)] = 2π i

(2)设 f ( z ) =

z2 z2 = ( z 2 + a 2 ) 2 ( z + ai )2 ( z ? ai ) 2 z2 , ( z + ai ) 2

令 ? ( z) =

? ′( z ) =

2aiz ( z + ai )3

54

则 Re s ( f , ai ) =

? ′(ai )
1!

=

2(ai 2 ) 1 =? i 3 (2ai ) 4a



Im z > 0

f ( z )dz = 2π i Re s ( f , ai ) =

π
2a



+∞

?∞

x 2 dx π = 2 2 2 (x + a ) 2a
f ( z ) 及 ? ( z ) 满足条件:

4.儒歇定理:设 c 是一条围线, ,

(1)它们在 c 的内部均解析, 且连续到 c ; , (2)在 c 上, ,

f ( z) > ? ( z)

则 f 与 f + ? 在 c 的内部有同样多零点, , 即 f ( z ) = 10
6

g ( z) = z 6 + 6 z 有

f ( z) > g ( z)

由儒歇定理知 z + 6 z + 10 = 0 在 z < 1 没有根。 四、证明题 1 证明:.设 z = x + iy 有

f ( z ) = e z = e x (cos y ? i sin y )

u ( x, y ) = e x cos y, v( x, y ) = ?e x sin y ?u = e x cos y, ?x
易知 u ( x, y ) , 析。 2.证明:于高阶导数公式得

?u = ?e x sin y, ?y

?v = ?e x sin y, ?x

?v = ?e x cos y ?y

v( x, y ) 在任意点都不满足 C ? R 条件, 故 f 在复平面上处处不解 ,

(e zξ )( n )

ξ =0

=

n! e zξ dξ 2π i ∫ξ =1 ξ n + 1

即z =
n

n! e zξ dξ 2π i ∫ξ =1 ξ n + 1
? zn ? 1 z n e zξ 从而 ? ? = ? dξ 2π i ∫C: ξ =1 n ! ξ n + 1 ? n! ?
2

zn 1 e zξ 故 = dξ n ! 2π i ∫ξ =1 ξ n + 1

55

《复变函数》考试试题(十三)参考答案 复变函数》考试试题(十三)
一、填空题. (每题2分) 1.

1 ? iθ e r

2. lim u ( x, y ) = u0 及 lim v( x, y ) = v0 x→ x x→ x
o y → yo o y → yo

3. 0

4. ∞

5. 2 8. ?

6. 1 ? z + z ? z + ???( ?1) z
2 4 6 n

2n

+ ???

7.椭圆

1 (1 + 2i ) 2

9.

2 π (1 + ) ? 1 2 4

10. ?1

二、计算题. 1.计算下列各题. (9分) 解: (1) cos i =

1 (e + e ?1 ) 2

(2) ln( ?2 + 3i ) = ln ?2 + 3i + i arg( ?2 + 3i )

=
(3) 3
3?i

1 3 ln13 + i (π ? arctan ) 2 2

= e(3?i ) ln 3 = e(3?i )(ln 3+i?2 kπ ) = e3ln 3+ 2 kπ +i (6 kπ ? ln 3) = 27e2 kπ [cos(ln 3) ? i sin(ln 3)]

2. 解: z + 8 = 0 ? z =
3 3

3

?8 = 8e = 2e
3



i

π + 2 kπ
3

(k = 0,1, 2)

故 z + 8 = 0 共有三个根: z0 = 1 + 3 , z1 = ?2 , z2 = 1 ? 3 3. 解: u = x ? y + xy ? u x = 2 x + y, u y = ?2 y + x
2 2

?

? 2u ? 2u + = 2 ? 2 = 0 ? u 是调和函数. ?x 2 ?y 2
( x, y ) (0,0)

v ( x, y ) = ∫

(?u y )dx + u x dy + c = ∫
y
0

( x, y )

(0,0)

(2 y ? x)dx + (2 x + y )dy + c

= ∫ (? x)dx + ∫ (2 x + y )dy + c
0

x

=?

x2 y2 + 2 xy + +c 2 2

56

? f ( z ) = u + iv = ( x 2 ? y 2 + xy ) + i (?
=
4. 解 (1) (2)

x2 y2 1 + 2 xy + + ) 2 2 2

1 1 (2 ? i ) z 2 + i 2 2

1 1 5 ( x 2 + iy )dz = ∫ ( x 2 + ix 2 )d ( x + ix 2 ) = ? + i ∫c 0 6 6



1+ i

0

[( x ? y ) + ix 2 ]dz = i ∫ (? y )dy + ∫ [( x ? 1) + ix 2 ]dx
0 0

1

1

i i 1 1 = ? + ? = ? (3 + i ) 2 3 2 6
5. 解: 0 < z < 1 时 f ( z ) =
∞ 1 1 1 1 ∞ z = ? = ? ∑ ( ) + ∑ zn ( z ? 1)( z ? 2) z ? 2 z ? 1 2 n=o 2 n=0


n

= ∑ (1 ?
n =0

1 z
n +1

)zn

1 < z < 2 时 f ( z) =

1 1 1 ?1 1 = ? = ? ( z ? 1)( z ? 2) z ? 2 z ? 1 2(1 ? z ) z (1 ? 1 ) 2 z
+∞ zn 1 ?∑ n n = o 2n + 1 n =0 z +∞

= ?∑

6. 解: (1)



c= z =2

5z ? 2 dz = 2π i[? Re s ( f , ∞)] = ?4π i z ( z ? 1) 2

sin 2 z (2) ∫ dz = 2π i[? Re s ( f , ∞)] = 0 z = 4 z 2 ( z ? 1)
z2 7.解: 设 f ( z ) = 1+ z4 z1 = 2 2 (1 + i ) 和 z2 = (?1 + i ) 为上半平面内的两个一级极点, 2 2
z2 [z ? 2 (?1 ? i )]( z 2 + i ) 2 z2 [z ? 2 (?1 ? i )]( z 2 + i ) 2 = 1+ i 4 2i 1? i 4 2i

且 Re s[ f ( z ), z1 ] = lim
z → z1

Re s[ f ( z ), z2 ] = lim
z → z2

=

x2 1+ i 1? i π ∫?∞ 1 + x 4 dx = 2π i( 4 2i + 4 2i ) = 2
+∞

8.

(1) R = 1

(2) R = ∞
57

9. 解: 设 z = x + iy ,则 f ( z ) = z = x + y
2 2

2

u x = 2 x , u y = 2 y , vx = v y = 0

当且仅当 x = y = 0 时,满足 C ? R 条件,故 f ( z ) 仅在 z = 0 可导,在 z 平面内处处不解析.

三、 1. 证明: 设 f = u + iv ,因为 f ( z ) 为常数,不妨设 u + v = C ( C 为常数)
2 2

则 u ? ux + v ? vy = 0

u ? u y + v ? vy = 0

由于 f ( z ) 在 D 内解析,从而有 u x = v y , u y = ?vx 将此代入上述两式可得 u x = u y = vx = v y = 0 于是 u ≡ C1 , v ≡ C2 因此 f ( z ) 在 D 内为常数. 2. 解: 设 z = x + iy , a = A + Bi ( A ,

B 为实常数)

则 az = ( A ? Bi )( x + iy ) = ( Ax + By ) + i ( Ay ? Bx )

az + az + b = az + az + b = 0 ? 2( Ax + By ) + b = 0
故 az + az + b = 0 的轨迹是直线 2 Ax + 2 By ) + b = 0

58

《复变函数》考试试题(十四)参考答案 复变函数》考试试题(
一、 1、 r
n

( cos nθ + i sin nθ )
4、有限值

2、

limu ( x, y ) = u 且 limv ( x, y ) = v
x → x0 y → y0 0 x → x0 y → y0
2 4 2n 6、 1 + z + z + L + z + L

0

3、0

5、4

7、椭圆 二、计算题。

8、 cos ?

?π ? ?π ? ? α ? + i sin ? ? α ? ?2 ? ?2 ?

9、 ie

1+ i

10、 ?

1 6

1、解(1) ln ( ?3 + 4i )

4 ? ? = ln 5 + i ?π ? arg tan + 2nπ ? 3 ? ? 4 ? ? = ln 5 + i ? ? arg tan + ( 2n + 1) π ? ( n = 0, ±1, ±2, L) 3 ? ?
(2) ie
?1+

πi
6

1? π π ? 1? 3 i ? = ? cos + i sin ? = ? + ? ? 6 6 ? e? 2 2? e? ? =e
==
(1+ i ) ln (1?i )
π

(3) (1 ? i )

1+ i

=e

(1+ i ) ?ln
?

?

? π ?? 2 + i ? ? + 2 kπ ? ? ? 4 ??

=e

π ? ? ? π ? ? ln 2 + ? 2 kπ ? + i ? ? + 2 kπ + l n 2 ? 4 ? ? ? 4 ?

2e 4

? 2 kπ

? ? π ? ? π ?? ?cos ? ? 4 + ln 2 ? + i sin ? ? 4 + ln 2 ? ? ? ? ?? ? ?
i?

2、解: z = ?2 = 2e
3
3



z = 3 2e

π + 2 nπ
3

( n = 0,1, 2 )
3

故:方程 z + 2 = 0 共有三个根, 分别为: , 3、解: u x = 2 y, u y = 2 ( x ? 1)

2 1 ± 3i , ? 3 2 2

(

)

? 2u ? 2u =0= 2 ?x 2 ?y
故 u 是调和函数。

v ( x, y ) = ∫

( x, y)

( 0,0)

?u y dx + u x dy + c

59

4. 解: (1)



1+ i

0

?( x ? y ) + ix 2 ?dz = ∫ ( ix 2 )d ( x + ix) ? ? 0
1

= i (1 + i ) ?
(2)

x3 1 1 = ( i ? 1) 3 0 3



1+ i

0

1 ?( x ? y ) + ix 2 ?dz = ( i ? 1) ? ? 3
n

1 1 1 ∞ ( z + 1) =? =? ∑ 5. 解: f ( z ) = z?2 3 n = 0 3n ? z +1 ? 3 ?1 ? ? 3 ? ?
= ? 6. 解: (1)


n =0



( z + 1)
3n +1

n



dz = 2π i ? cos( ) = 0 z =2 π 2 2 (z ? ) 2
z2 ? 2 1 3 = (1 + + L) 2 z ( z ? 3) z z

sin z

π

(2) f ( z ) =

Re s ( f , ∞) = ?C?1 = ?1



z =4

f ( z )dz = 2π i [ ? Re s ( f , ∞)] = 2π i


7. 解: 设 z = e

则 dθ =

dz z2 ?1 , sin θ = iz 2iz





0

dθ = 5 + 3sin θ



z =1

2dz = 3 z + 10iz ? 3
2



2
z =1

i 3( z + 3i )( z + ) 3

dz

令 f (z) =

i , 则 f 在 z = 1 内只有一级权点, z = ? ,依离数定理有 i 3 3( z + 3i )( z + ) 3

2





0

dθ i? ? ? i? π = 2π i Re s ? f ( z ) , ? ? = 2π i ? ? ? = 5 + 3sin θ 3? ? ? 4? 2

8. 解: (1)

(1 + i ) z

<1 即 z <

1 1 . 故R = 2 2

(n !) 2 (2) Cn = nn

60

R = lim
n →∞

cn 1 ? 1? = lim ? 1 + ? ? =0 cn + 1 n →∞ ? n ? n + 1
3 2 3 2

n

9.解 设 u ( x, y ) = my + nx y, v( x, y ) = x + lxy , 则

?u ?u = 2nxy, = 3my 2 + nx 2 , ?x ?y

2nxy = 2lxy ? ?v ?v = 3 x 2 + ly 2 , = 2lxy, 因 f ( z ) 解析,由 C ? R 条件有 ? ,解得 2 2 2 2 ?x ?y ?3my + nx = ?3 x ? ly
l = ?3, m = 1, n = ?3 .
三 1. 证明 设 f = u + iv ,由 f ∈ H ( D ) 有

?u ?v ?u ?v = , = ? , (1) ?x ?y ?y ?x

又 f ( z ) = u ? iv 也在 D 也解析,有

?u ? (?v) ?u ? ( ?v ) = , =? , (2) ?x ?y ?y ?x

由 (1) 与 (2) 得

?u ?u ?v ?v = = =? =0 ?x ?y ?y ?x

故 f 在 D 内为常数. 2. 证明,设 z = x + iy , a = A + iB, 有 az = ( A ? iB )( x + iy ) = ( Ax + By ) + i ( Ay ? Bx )

az + az + b = az + az + b = 2( Ax + By ) + b = 0
即点 z 在直线 2 Ax + 2 By + b = 0 上 A, B, b 为实常数.

61


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