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    2022年复变函数期末考试题大全 .pdf

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    2022年复变函数期末考试题大全 .pdf

    精品资料欢迎下载一、填空题(每小题2 分)1、复数i 212的指数形式是2、函数w=z1将ZS上的曲线1122yx变成WS(ivuw) 上的曲线是3、若01ze, 则z4、ii1= 5、积分idzz2222= 6、积分1sin21zdzzzi7、幂级数01nnnzi的收敛半径 R= 8、0z是函数zez111的奇点9、1Re21zeszz10、将点,i,0分别变成 0,i,的分式线性变换w二、单选题(每小题2 分)1、设为任意实数,则 1 =()A 无意义 B等于 1 C是复数其实部等于1 D是复数其模等于 12、下列命题正确的是()A ii2 B 零的辐角是零 C 仅存在一个数 z, 使得zz1 D izzi13、下列命题正确的是()A函数zzf在z平面上处处连续B 如果af存在, 那么zf在a解析 C 每一个幂级数在它的收敛圆周上处处收敛 D 如果 v 是 u 的共轭调和函数 , 则 u 也是 v 的共轭调和函数4、根式31的值之一是()A i2321 B 223i C 223i Di23215、下列函数在0z的去心邻域内可展成洛朗级数的是()A z1sin1 B z1cos C zctge1 D Lnz6、下列积分之值不等于0 的是( ) A 123zzdzB 121zzdzC1242zzzdzD 1coszzdz7、函数zzfarctan在0z处的泰勒展式为()A 02121nnnnz( z 1)B 01221nnnnz( z 1)C012121nnnnz( z 1)D 0221nnnnz( z 1)8、幂级数nnnz201) 1(在1z内的和函数是()A 211zB 211zC 112zD 211z9、设 ai ,C:iz=1,则dziazzC2cos()A 0 B e2i C 2ie D icosi 10、将单位圆1z共形映射成单位圆外部1w的分式线性变换是()A ) 1(1azaazewi B )1(1azaazewiC ) 1(aazazewi D )1(aazazewi三、判断题(每小题2 分)精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页,共 15 页精品资料欢迎下载1、 ()对任何复数 z,22zz成立2、 ()若a是zf和zg的一个奇点 , 则a也是zgzf的奇点3、 ()方程01237zz的根全在圆环21z内4、 ()z=是函数zf251zz的三阶极点5、 ()解析函数的零点是孤立的四、计算题(每小题6 分)1、已知)(2222ydxycxibyaxyxzf在zS上解析 , 求 a,b,c,d的值2、计算积分22)1(25zdzzzz3、将函数11zzzf在1z的邻域内展成泰勒级数 , 并指出收敛范围4、计算实积分 I=0222)4)(1(dxxxx5、求211)(zzf在指定圆环iz2内的洛朗展式6、求将上半平面0Imz共形映射成单位圆1w的分式线性变换zLw,使符合条件0iL,0iL五、证明题(每小题7 分)1、设( 1)函数)(zf在区域 D 内解析(2)在某一点Dz0有0)(0)(zfn, (,2, 1n)证明:)(zf在 D 内必为常数2、证明方程015nzze在单位圆1z内有n个根一填空题(每小题2 分,视答题情况可酌情给1 分,共 20 分)1 ie654,2 21u, 3 (2k+1)i ,(k=0,2,1), 4 kiee242ln(k=0,2, 1) 5 3i, 6 0 , 7 21 , 8 可去, 9 2e, 10 z1二 单选题(每小题 2 分,共 20 分)1 D 2 D 3 A 4 A 5 B 6 B 7 C 8 D 9 A 10 A 三 判断题(每小题 2 分,共 10 分) 1 2 3 4 5 四 计算题(每小题 6 分,共 36 分)1 解:22byaxyxu,22ydxycxv3分yxvuydxayx22xyvudycxbyax225 分解得:1,2cbda6分2 解:被积函数在圆周的2z内部只有一阶极点 z=0 及二阶极点 z=1 2分2)1(25)(Re020zzzzzfs2225)(Re1211zzzzzzzfs分522)1(25zdzzzz=2i(-2+2)=0 6分3 解:11zzzf = nnnzzz12112111112104 分(1z2)6分4 解: 被积函数为偶函数在上半z 平面有两个一阶极点 i,2i 1 分精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页,共 15 页精品资料欢迎下载 I=dxxxx)4)(1(212222 分 =)(Re)(Re2212zsfzfsiiziz3 分=izizizzzzizzi22222)2)(1()4)(5 分 =66 分5 解:)(1)(izizzf1 分 =iziiz211)(123 分 =02)()2() 1()(1nnnniziiziz26 分6 解: w=L(i)=kiziz2分2)(2izikw3 分0)(iLwik4 分iziziw6 分五 证明题(每小题 7 分,共 14 分)1 证明: 设)(:0DkRzzk)(zf在0z解析由泰勒定理000)()(!)()(nnnzznzfzf)(Dkz2 分由题设0)(0)(zfn)()(0zfzf,)(Dkz4 分由唯一性定理)()(0zfzf)(Dz7 分2 证明:令nzzf5)(,1)(zez2分 (1)zf及z在1z解析(2)1z上,55nzzf1111eeeezzzz54分故在1z上zzf,由儒歇定理在1z内nzzfNzzzfN)1,()1,(7 分一、填空题(每小题2 分)1、323sin3cos5sin5cosii的指数形式是2、ii= 3、若 0r1,则积分rzdzz1ln4、若v是u的共轭调和函数,那么v的共轭调和函数是5、设0z为函数)(zf=33sin zz的 m阶零点,则 m = 6、设az为函数zf的 n 阶极点,那么zfzfsazRe = 7、幂级数0!nnnz的收敛半径 R= 8、0z是函数zz1sin5的奇点9、方程01237zz的根全在圆环内10、将点,i,0分别变成 0,i,的分式线性变换w二、单选题(每小题2 分)1、若函数zf在区域 D内解析,则函数zf在区域 D内()A在有限个点可导 B存在任意阶导数C 在无穷多个点可导 D存在有限个点不可导2、使22zz成立的复数是()A 不存在 B 唯一的 C 纯虚数 D实数3、22)1(coszdzzz()精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页,共 15 页精品资料欢迎下载A i sin1 B i sin1 C 2 i sin1 D 2i sin14、根式3i的值之一是()A 223i B 223i C i Di5、z是zzsin的()A 可去奇点 B 一阶极点 C 一阶零点 D 本质奇点6、函数411zzzzf,在以0z为中心的圆环内的洛朗展式有 m 个,则 m=( ) A 1 B 2 C 3 D 4 7、下列函数是解析函数的为()A xyiyx222B xyix2C )2()1(222xxyiyxD 33iyx8、在下列函数中,0Re0zfsz的是() A 21zezfz B zzzzf1sinC zzzzfcossin D zezfz1119、设 ai ,C:iz=1,则dziazzC2cos()A 0 B e2i C 2ie D icosi 10、将单位圆1z共形映射成单位圆外部1w的分式线性变换是()A )1(1azaazewi B )1(1azaazewiC )1(aazazewi D )1(aazazewi三、判断题(每小题2 分)1、 ()幂级数0nnz在 z 1 内一致收敛2、 ()z=是函数2cos1zz的可去奇点3、 ()在柯西积分公式中,如果Da,即 a 在D之外,其它条件不变,则积分dzazzfiC210,Dz4、 ()函数zfzctge1在0z的去心邻域内可展成洛朗级数5、 ()解析函数的零点是孤立的四、计算题(每小题6 分)1、计算积分Cdzixyx2,C:i1+i 的直线段2、求函数211 zzzzf在所有孤立奇点(包括)处的留数3、将函数izizzf11在iz的去心邻域内展成洛朗级数, 并指出收敛域4、计算积分Czzdz122 , C:1222yyx,5、计算实积分 I=20cosad)1(a6、求将单位圆1z共形映射成单位圆1w的分式线性变换zLw使符合条件021L,11L五、证明题(每小题7 分)1、设函数zf在区域 D 内解析,证明:函数zf i也在 D 内解析2、证明:在0z解析,且满足的nnf21121,nnf2121(2, 1n)的函数zf不存在一填空题(每小题2 分,视答题情况可酌情给1 分,共 20 分)满分14 得分满分10 得分精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页,共 15 页精品资料欢迎下载1 19ie,2 ke22(k=0, ) , 3 0 , 4 u, 5 9 6 n,7 , 8 本质, 9 21z, 10 z1二 单选题(每小题 2 分,共 20 分)1 B 2 D 3 C 4 D 5 A 6 C 7 C 8 D 9 A 10 A 三 判断题(每小题 2 分,共 10 分) 1 2 3 4 5 四 计算题(每小题 6 分,共 36 分)1 解:C 的参数方程为: z=i+t, 01t dz=dt 3分Cdzixyx21021dtitt=321i6分2 解: 1z为zf一阶极点1分1z为zf二阶极点2分411Re11zzzzzfs3分411Re121zzzzzfs5分0Rezfsz6分3 解:izizzf11=iiziiz2112112分 = 10211nnnniiziz5 分(0iz0,则 z0是)( zf的_零点. 6. 函数 ez的周期为 _. 7. 方程083235zzz在单位圆内的零点个数为_. 8. 设211)(zzf,则)(zf的孤立奇点有 _. 9. 函数|)(zzf的不解析点之集为 _. 10. _) 1 ,1(Res4zz. 三. 计算题 . (40 分) 1. 求函数)2sin(3z的幂级数展开式 . 2. 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iz处的值 . 3. 计算积分:iizzId|,积分路径为( 1)单位圆(1| z)的右半圆 . 4. 求dzzzz22)2(sin.四. 证明题 . (20 分) 1. 设函数 f(z)在区域 D 内解析,试证: f(z)在 D 内为常数的充要条件是)(zf在 D 内解析. 2. 试用儒歇定理证明代数基本定理. 复变函数考试试题(三)二. 填空题 . (20分) 1. 设11)(2zzf,则 f (z) 的定义域为 _. 2. 函数 ez的周期为 _. 3. 若nnninnz)11 (12,则nznlim_. 4. zz22cossin_. 5. 1|00)(zznzzdz_.(n为自然数)6. 幂级数0nnnx的收敛半径为 _. 7. 设11)(2zzf,则 f ( z) 的孤立奇点有 _. 8.设1ze,则_z.9. 若0z是)(zf的极点,则_)(lim0zfzz. 10. _)0,(Resnzze. 三. 计算题 . (40分) 1. 将函数12( )zf zz e在圆环域 0z内展为 Laurent 级数. 2. 试求幂级数nnnznn!的收敛半径 . 3. 算下列积分:Czzzze)9(d22,其中C是1|z. 4. 求0282269zzzz在| z|1 内根的个数 . 四. 证明题 . (20分) 1. 函数)(zf在区域D内解析 . 证明:如果| )(|zf在D内为常数,那么它在D内精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页,共 15 页精品资料欢迎下载为常数. 2. 设)(zf是一整函数,并且假定存在着一个正整数n,以及两个正数R及 M ,使得当Rz|时nzMzf|)(|,证明)(zf是一个至多 n 次的多项式或一常数。复变函数考试试题(四)二. 填空题 . (20 分) 1. 设iz11,则_Im_,Rezz. 2. 若nnzlim,则nzzznn.lim21_. 3. 函数 ez的周期为 _. 4. 函数211)(zzf的幂级数展开式为 _ 5. 若函数 f(z)在复平面上处处解析,则称它是_. 6. 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_. 7. 设1|:|zC,则_) 1(Cdzz. 8. zzsin的孤立奇点为 _. 9. 若0z是)(zf的极点,则_)(lim0zfzz. 10. )0,(Resnzze_. 三. 计算题 . (40 分) 1. 解方程013z.2. 设1)(2zezfz,求).),(Rezfs3. .)(9(2|2zdzizzz. 4. 函数( )f zzez111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)(zf在上半平面解析,则函数)(zf在下半平面解析 . 2. 证明0364zz方程在2|1z内仅有 3 个根. 复变函数考试试题(五)二. 填空题 .(20分)1. 设iz31,则_,arg_,|zzz. 2. 当_z时,ze为实数 . 3. 设1ze,则_z. 4. ze的周期为 _. 5. 设1|:| zC,则_)1(Cdzz. 6. _)0,1(Reszez. 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_ 。8. 函数211)(zzf的幂级数展开式为 _. 9. zzsin的孤立奇点为 _. 10. 设 C 是以为 a 心,r 为半径的圆周,则_)(1Cndzaz.(n为自然数)精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页,共 15 页精品资料欢迎下载三. 计算题 . (40 分) 1. 求复数11zz的实部与虚部 . 2. 计算积分:zzILdRe,在这里 L 表示连接原点到 1i 的直线段 . 3.求积分: I202cos21aad,其中 0a1 . 4.应用儒歇定理求方程)(zz,在|z|1 内根的个数, 在这里)(z在1|z上解析,并且1| )(|z. 四. 证明题 . (20 分) 1. 证明函数2|)(zzf除去在0z外,处处不可微 . 2. 设)(zf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Rz|时nzMzf|)(|,证明:)(zf是一个至多 n 次的多项式或一常数 . 复变函数考试试题(六)1.一、填空题( 20 分)1.若21(1)1nnnzinn,则limnz_. 2.设21( )1f zz,则( )f z的定义域为 _. 3.函数 sinz的周期为 _. 4.22sincoszz_. 5.幂级数0nnnz的收敛半径为 _. 6.若0z是( )f z的m阶零点且1m,则0z是( )fz的_ 零点. 7.若函数( )fz在整个复平面处处解析,则称它是_. 8.函数( )f zz 的不解析点之集为 _. 9.方程532380zzz在单位圆内的零点个数为_. 10. 公式cossinixexix称为_. 二、计算题( 30分)1、2lim6nni. 2、设2371( )Cf zdz,其中:3Cz z,试求(1)fi. 3、设2( )1zef zz,求Re ( ), )s f z i. 4、求函数36sin zz在 0z内的罗朗展式 . 5、求复数11zwz的实部与虚部 . 6、求3ie的值. 三、证明题( 20分)1、方程7639610zzz在单位圆内的根的个数为6. 2、若函数( )( ,)( , )f zu x yiv x y在区域 D 内解析,( ,)v x y等于常数,则( )fz在 D 恒等于常数 . 3、若0z是( )f z的m阶零点,则0z是1( )f z的m阶极点 . 计算下列积分(分)精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页,共 15 页精品资料欢迎下载(1) 22sin()2zzdzz;(2) 2242(3)zzdzzz计算积分2053cosd (分)求下列幂级数的收敛半径 (分)(1)1(1)nnniz;(2)21( !)nnnnzn设3232( )()f zmynx yi xlxy为复平面上的解析函数, 试确定 l ,m,n的值 (分)三、证明题设函数( )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(分)试证明0azazb的轨迹是一直线,其中a为复常数, b 为实常数(分)试卷一至十四参考答案复变函数考试试题(一)参考答案二填空题1.2101inn;2. 1 ;3. 2k,()kz;4. zi ;5. 1 6. 整函数;7. ;8. 1(1)!n;9. 0;10. . 三计算题 . 1. 解因为 01,z所以 01z111( )(1)(2)12(1)2f zzzzz001( )22nnnnzz. 2. 解因为22212Re( )limlim1cossinzzzzs f zzz, 22212Re( )limlim1cossinzzzzs f zzz. 所以22212(Re( )Re( )0coszzzdzis f zs f zz. 3. 解 令2( )371, 则它在z平面解析 , 由柯西公式有在3z内, ( )( )2( )cf zdzizz. 所以1(1)2( )2(13 6 )2 ( 613 )zifiiziii . 4. 解 令zabi, 则222222122 (1)2 (1 )211111(1 )(1 )(1)zab iabwzzababab. 故2212(1)Re()11(1)zazab, 2212Im()1(1)zbzab. 四. 证明题 . 1. 证明 设在 D 内( )f zC . 令2222( ),( )f zuivf zuvc则. 两边分别对, x y求偏导数 , 得0(1)0( 2 )xxyyuuvvuuvv因为函数在 D 内解析 , 所以,xyyxuv uv. 代入 (2) 则上述方程组变为00 xxxxuuvvvuuv. 消去xu得, 22()0 xuvv. 1)若220uv, 则( )0f z为常数 . 2)若0 xv, 由方程 (1) (2) 及.CR 方程有0,xu0yu, 0yv. 所以12,uc vc. (12,c c为常数 ). 所以12( )f zcic为常数 . 2. 证明( )(1)f zzz 的支点为0,1z. 于是割去线段 0Re1z的z平面内变点就不精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页,共 15 页精品资料欢迎下载可能单绕 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0,1z时, 只有z的幅角增加. 所以( )(1)f zzz 的幅角共增加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1z的幅角为2, 故2( 1)22ifei. 复变函数考试试题(二)参考答案二. 填空题1.1 ,2, i ;2. 3(1sin 2)i;3. 2101inn;4. 1;5. 1m. 6. 2k i ,()kz. 7. 0;8. i ;9. R;10. 0. 三. 计算题1. 解3212163300( 1) (2)( 1) 2sin(2)(21)!(21)!nnnnnnnzzznn. 2. 解 令izre. 则22( ),(0,1)kif zzrek. 又因为在正实轴去正实值,所以0k. 所以4( )if ie. 3. 单位圆的右半圆周为ize, 22. 所以22222iiiizdzdeei . 4. 解dzzzz22)2(sin2)(sin2zzi2cos2zzi=0. 四. 证明题 . 1. 证明 ( 必要性 ) 令12( )fzcic,则12( )f zcic . (12,c c为实常数 ). 令12( , ), ( , )u x yc v x yc. 则0 xyyxuvuv. 即 ,u v 满足.CR , 且,xyyxuv uv连续, 故( )f z在 D 内解析 .(充分性 ) 令( )f zuiv, 则( )fzuiv, 因为( )f z与( )f z在 D 内解析 , 所以,xyyxuvuv, 且(),()xyyyxxuvvuvv. 比较等式两边得0 xyyxuvuv. 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101100(0)nnnna za zazaa有且只有n个根” . 证明令1011( )0nnnnf za za zaza, 取10max,1naaRa, 当z在:CzR上时, 有111110( )()nnnnnnza RaRaaaRa R . ( )f z . 由儒歇定理知在圆zR 内, 方程10110nnnna za zaza与00na z有相同个数的根 . 而00na z在zR 内有一个n重根0z. 因此n次方程在 zR内有n个根. 复变函数考试试题(三)参考答案二. 填空题 . 1.,z zizC且; 2. 2()k ikz; 3. 1 ei ; 4. 1; 5. 2101inn; 6. 1; 7. i ; 8. (21)zki; 9. ; 10. 1(1)!n. 三. 计算题 . 1. 解12222011(1)2!nznzz ezzzn. 2. 解11!(1 )11l i ml i ml i m ()l i m (1)(1) !nnnnnnnnnncnnnecnnnn. 所以收敛半径为e. 3. 解 令22( )(9)zef zzz, 则2001Re( )99zzzes f zz. 故原式022Re( )9ziis f z. 4. 解 令962( )22f zzzz, ( )8zz. 则在:C1z上( )( )f zz与均解析 , 且( )6( )8f zz, 故由儒歇定理有精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页,共 15 页精品资料欢迎下载(,)(,)1NfCNfC. 即在1z内, 方程只有一个根 . 四. 证明题 . 1. 证明证明 设在 D 内( )f zC . 令2222( ),( )f zuivf zuvc则. 两边分别对, x y 求偏导数 , 得0( 1)0( 2 )xxyyuuvvuuvv因为函数在 D 内解析 , 所以,xyyxuvuv. 代入 (2) 则上述方程组变为00 xxxxuuvvvuuv. 消去xu得, 22()0 xuvv. 1) 220uv, 则( )0f z为常数 . 2)若0 xv, 由方程 (1) (2) 及.CR 方程有0,xu0yu, 0yv. 所以12,uc vc. (12,c c为常数 ). 所以12( )f zcic为常数 . 2. 证明 取rR, 则对一切正整数kn 时, ( )1!( )!(0)2nkkkzrkf zk Mrfdzzr. 于是由r的任意性知对一切 kn均有()(0)0kf. 故0( )nnnkf zc z, 即( )f z是一个至多n次多项式或常数 . 复变函数考试试题(四)参考答案. 二. 填空题 . 1. 12, 12; 2. ; 3. 2()k ikz; 4. 20( 1)(1)nnnzz; 5. 整函数 ; 6. 亚纯函数 ; 7. 0; 8. 0z; 9. ; 10. 1(1)!n. 三. 计算题 . 1.iiziziizkkikzz232135sin35cos1sincos23213sin3cos2, 1 ,032sin32cos1:3213解2. 解11Re( )12zzzees f zz, 111Re( )12zzzees f zz. 故原式1112(Re( )Re( )()zzis f zs f zi ee. 3. 解 原式22Re( )295zizizis f ziz. 4. 解zez111=)1(1zzezez,令0)1(zez,得ikzz2,0,,2, 1k而zzzzzzzzzzeeezeezze11lim)1(1lim)111(lim00021lim0zzzzzzeeee0z为可去奇点当ikz2时,01),0(zezk而0212)1(ikzzeeikzzezzzikz2为一阶极点 . 四. 证明题 . 1. 证明 设( )( )F zf z, 在下半平面内任取一点0z, z是下半平面内异于0z的点, 考虑000000000( )()( )()( )()limlimlimzzzzzzF zF zf zf zf zfzzzzzzz. 而0z , z在 上半 平 面 内 , 已知( )f z在 上 半 平 面 解 析, 因此00()()Fzfz, 从 而( )()Fzfz在下半平面内解析 . 2. 证明 令( )63fzz, 4( )zz, 则( )f z与( )z在全平面解析 , 且在1:2Cz上, ( )15( )16f zz, 故在2z内11(,)( ,)4NfCNC. 在2:1Cz上, ( )3( )1f zz, 故在1z内22(,)(,)1NfCNf C. 所以f在12z内仅有三个零点 , 即原方程在 12z内仅有三个根 .精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页,共 15 页精品资料欢迎下载复变函数考试试题(五)参考答案一. 判断题 . 1 6 10 . 二. 填空题 . 1.2, 3, 13i; 2. 2(,)ak ikz a为任意实数; 3. (21)ki, ()kz; 4. 2,()k ikz; 5. 0; 6. 0; 7. 亚纯函数 ; 8. 20( 1)(1)nnnzz; 9. 0; 10. 2101inn. 三. 计算题 . 1. 解 令 zabi , 则222222122 (1)2 (1 )211111(1 )(1 )(1 )zab iabwzzababab. 故2212(1)Re()11(1)zazab, 2212Im()1(1)zbzab. 2. 解 连接原点及 1i 的直线段的参数方程为(1)01zi tt, 故11001ReRe(1) (1)(1)2cizdzi ti dtitdt. 3. 令ize, 则dzdiz. 当0a时212()(1)12 cos1()zaazaaa zzaz, 故11()(1)zdzIizaaz, 且在圆1z内1( )()(1)f zzaaz只以za为一级极点 , 在1z上无奇点 , 故211Re( ),(01)11z azas f zaaza, 由残数定理有2122Re( ),(01)1z aIis f zaia. 4. 解 令( ),f zz则( ),( )f zz在1z内解析 , 且在:C1z上, ( )1( )zf z , 所以在1z内, (,)(,)1NfCNf C, 即原方程在1z内只有一个根 . 四. 证明题 . 1. 证明 因为22( , ), ( , )0u x yxyv x y, 故2 ,2 ,0 xyxyux uy vv. 这四个偏导数在z平面上处处连续 , 但只在0z处满足.CR 条件, 故( )f z只在除了0z外处处不可微 . 2. 证明 取rR, 则对一切正整数kn 时, ( )1!( )!(0)2nkkkzrkf zk Mrfdzzr. 于是由r的任意性知对一切 kn均有( )(0)0kf. 故0( )nnnkf zc z, 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)参考答案二、填空题: 1.1ei2. 1z3. 24. 1 5. 1 6. 1m阶7. 整函数8. 9. 0 10. 欧拉公式三、计算题:1. 解:因为21151,69366i故2lim()06nni. 2. 解:123,i1( )( )2Cff zdiz2371.Cdz因此2()2( 371 )fi故2( )2(371)f zizz1( 1)2( 67 )2( 1 36 )2(61 3 )ifiiziii. 3.解:211()12zzeezziziRe ( ), ).2ies f z i4.解:32130( 1) ()sin,(21)!nnnzzn36360sin( 1).(21)!nnnzzzn精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页,共 15 页精品资料欢迎下载5解:设 zxiy , 则222211(1)211(1)zxiyxyyiwzziyxy. 22222212Re,Im.(1)(1)xyywwxyxy6解:31cos()sin()(13 ).332ieii四、1. 证明:设673( )9,( )61,f zzzzz则在1z上,( )9,( )16 18,f zz即有( )( )f zz . 根据儒歇定理,( )f z与( )( )f zz在单位圆内有相同个数的零点,而( )f z的零点个数为 6,故7639610zzz在单位圆内的根的个数为6. 2.证明:设( , )v x yabi,则0 xyvv, 由于( )f zuiv在内 D 解析,因此( , )x yD有0 xyuv, 0yxuv. 于是( , )u x ycdi故( )()()f zacbd i,即( )f z在内 D 恒为常数 . 3.证明:由于0z是( )f z的m阶零点,从而可设0()()()mfzzzg z,其中( )g z在0z的某邻域内解析且0()0g z,于是0111()()()mfzzzgz由0()0g z可知存在0z的某邻域1D,在1D内恒有( )0g z,因此1( )g z在内1D解析,故0z为1( )f z的m阶极点 . 复变函数试题一、填空题( 315=45分)1、一个复数乘以 i ,它的模,它的辐角。2、函数3zw把平面上的区域3arg0z映成平面上的区域。3、nLi 。4 、 设)2(2222yxybxiyaxyx为 解 析 函 数 , 则 , 。5、 已知)(zf在区域内是解析的, 为内任一闭合曲线, 则( )Cfz dz。6、10zCe dzz。其中:1z7、已知ninen)11(,则nnlim。8、函数2(5)(1)zzz在0z-1 处的泰勒展式的收敛半径R= 。9、z=0是函数( )sinzfzzz的级极点。10、如果分式线性映射把z 平面上的点1, , 1,1,iwii映射成平面上的点,则该分式线性映射为。11、iizdze32= 。12、ii。13、方程083z的所有根是。14、_,)1(R222zzes。15、若函数 f(z) 在点 a 解析,且0)(,0)()()()()()1(afafafafafnn,精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页,共 15 页精品资料欢迎下载则_,)()(Reazfzfs。二、判断题( 36=18分)1、0的辐角是零。()2、如果( )f z在0z可导,那么)(zf在0z解析。 ()3、设和都是调和函数,如果是的共轭调和函数,那么也是的共轭调和函数。 ()4、每一个幂级数在它的收敛圆周上处处收敛。()5、函数)1(ztg不能在某个圆环域)0( ,0RRz内展开成洛朗级数。()6、 设)(zf在 单连 通 域 B 内处 处解 析 , C 为 B 内任 一 条 正向简 单闭 曲 线, 则0)(Im,0)(RedzzfdzzfCC()三、解答题(共 37 分)1、 (9 分)求复数1311izii的共轭复数、模与辐角主值。2、 (10 分)把下列函数在指定的圆环域内展开成洛朗级数。(), ( 1 ) . 011 ; ( 2 ) . 12(1 ) (2 )zfzzzzz3、 (8 分)证明函数iyxyyixxzf322333)(在 z 平面内解析,并求出导数。4、 (10)已知解析函数f(z)在正实轴上的数值为纯虚数,且虚部为:22),(yxxyxv,求 f(z)。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页,共 15 页

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