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1 复变函数论试题库梅一A111 复变函数考试试题（一）1、1|00)(zznzzdz_.（n 为自然数）2.zz22cossin _.3.函数zsin的周期为 _.4.设11)(2zzf，则)(zf的孤立奇点有_.5.幂级数0nnnz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nnzlim，则nzzznn.lim21_.8.)0,(Renzzes_，其中 n 为自然数.9.zzsin的孤立奇点为 _.10.若0z是)(zf的极点，则_)(lim0zfzz.三.计算题（40 分）：1.设)2)(1(1)(zzzf，求)(zf在1|0:zzD内的罗朗展式.2.cos11|zdzz3.设Cdzzf173)(2，其中3|:|zzC，试求).1(if4.求复数11zzw的实部与虚部.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内为常数.2.试证:()(1)fzzz在割去线段0R e1z的z平面内能分出两个单值解析分支,并求出支割线0Re1z上岸取正值的那支在1z的值.2 复变函数考试试题（二）二.填空题.(20 分)1.设iz，则_,arg_,|zzz2.设Ciyxzyxixyxzf),sin(1()2()(222，则)(lim1zfiz_.3.1|00)(zznzzdz_.（n 为自然数）4.幂级数0nnnz的收敛半径为 _.5.若 z0是 f(z)的 m 阶零点且 m0，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 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()zfzz 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）4 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()fzzez111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.5 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）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|)(|，6 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()1fzz，则()fz的定义域为_.3.函数 sin z 的周期为 _.4.22sincoszz_.5.幂级数0nnnz的收敛半径为 _.6.若0z是()fz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()fzz 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()Cfzdz，其中:3Czz，试求(1)fi.3、设2()1zefzz，求R e(),)sfzi.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()(,)(,)fzux 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.7 3、若0z是()fz的 m 阶零点，则0z是1()fz的 m 阶极点.计算下列积分（分）(1)22sin()2zzdzz；(2)2242(3)zzdzzz计算积分2053 cosd（分）求下列幂级数的收敛半径（分）(1)1(1)nnniz；(2)21(!)nnnnzn设3232()()fzmynxyi 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()fz在区域D内解析，()fz在区域D内也解析，证明()fz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)2fzzzzz001()22nnnnzz.2.解因为22212R e()limlim1cossinzzzzs fzzz,8 22212Re()limlim1cossinzzzzs fzzz.所以22212(R e()R e()0coszzzdzis fzs fzz.3.解 令2()371,则它在z平面解析,由柯西公式有在3z内,()()2()cfzdzizz.所以1(1)2()2(136)2(613)zifiiziii.4.解 令 zabi,则222222122(1)2(1)211111(1)(1)(1)zab iabwzzababab.故2212(1)R e()11(1)zazab,2212Im()1(1)zbzab.四.证明题.1.证明设在D内()fzC.令2222(),()fzuivfzuvc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)若220uv,则()0fz为常数.2)若0 xv,由 方 程(1)(2)及.CR 方 程 有0,xu0yu,0yv.所以12,ucvc.(12,cc为常数).所以12()fzcic为常数.2.证明()(1)fzzz 的支点为0,1z.于是割去线段0Re1z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0,1z时,只有z的幅角9 增加.所以()(1)fzzz 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.6.2ki，()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)kifzzr ek.又因为在正实轴去正实值，所以0k.所以4()ifie.3.单位圆的右半圆周为ize,22.所以22222iiiiz dzdeei.4.解dzzzz22)2(sin2)(sin2zzi2cos2zzi=0.四.证明题.1.证明 (必要性)令12()fzcic,则12()fzcic.(12,cc为实常数).令12(,),(,)ux ycv x yc.则0 xyyxuvuv.即,u v满足.CR,且,xyyxuvuv连续,故()fz在D内解析.(充分性)令()fzuiv,则()fzuiv,因为()fz与()fz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()fz在D内为常数.2.即要证“任一n次方程101100(0)nnnna za zazaa10 有且只有n 个根”.证明令1011()0nnnnfza za zaza,取10m ax,1naaRa,当z在:CzR上时,有111110()()nnnnnnzaRaRaaaRaR.()fz.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()kikz;3.1ei;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)zefzzz,则2001R e()99zzzes fzz.故原式022R e()9ziis fz.4.解 令962()22fzzzz,()8zz.则在:C1z上()()fzz与均解析,且()6()8fzz,故由儒歇定理有(,)(,)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()fzC.令2222(),()fzuivfzuvc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.11 1)220uv,则()0fz为常数.2)若0 xv,由方程(1)(2)及.CR 方程有0,xu0yu,0yv.所以12,ucvc.(12,cc为常数).所以12()fzcic为常数.2.证明取rR,则对一 切正整数kn时,()1!()!(0)2nkkkzrkfzk M rfdzzr.于是由r的任意性知对一切kn 均有()(0)0kf.故0()nnnkfzc z,即()fz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()kikz;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11R e()12zzzees fzz,111R e()12zzzees fzz.故原式1112(Re()Re()()zzis fzs fzi ee.3.解 原式22R e()295zizizis fziz.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12 当ikz2时，01),0(zezk而0212)1(ikzzeeikzzezzzikz2为一阶极点.四.证明题.1.证明设()()Fzfz,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()()()()()()limlimlimzzzzzzFzFzfzfzfzfzzzzzzz.而0z,z在 上 半 平 面 内,已 知()fz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()fz与()z在全平面解析,且在1:2Cz上,()15()16fzz,故在2z内11(,)(,)4NfCNC.在2:1Cz上,()3()1fzz,故在1z内22(,)(,)1NfCNfC.所以f在 12z内仅有三个零点,即原方程在12z内仅有三个根.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(,)akikz a为 任 意 实 数;3.(21)ki,()kz;4.2,()kikz;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)R e()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11001R eR e(1)(1)(1)2cizdzi ti dtitdt.3.令ize,则dzdiz.当0a时13 212()(1)12cos1()zaazaaa zzaz,故11()(1)zdzIizaaz,且在圆1z内1()()(1)fzzaaz只以za为一级极点,在1z上无奇点,故211Re(),(01)11zazas fzaaza,由残数定理有2122R e(),(01)1zaIis fzaia.4.解令(),fzz则(),()fzz在1z内解析,且在:C1z上,()1()zfz,所以在1z内,(,)(,)1NfCNfC,即原方程在1z内只有一个根.四.证明题.1.证明因为22(,),(,)0ux 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()fz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)2nkkkzrkfzk M rfdzzr.于是由r的任意性知对一切kn 均有()(0)0kf.故0()nnnkfzc z,即()fz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()()2Cffzdiz2371.Cdz因此2()2(371)fi故2()2(371)fzizz1(1)2(67)2(136)2(613)ifiiziii.14 3.解：211()12zzeezziziR e(),).2ies fzi4.解：32130(1)()sin,(21)!nnnzzn36360sin(1).(21)!nnnzzzn5解：设zxiy,则222211(1)211(1)zxiyxyyiwzziyxy.22222212R e,Im.(1)(1)xyywwxyxy6解：31cos()sin()(13).332ieii四、1.证明：设673()9,()61,fzzzzz则在1z上，()9,()1618,fzz即有()()fzz.根据儒歇定理，()fz与()()fzz在单位圆内有相同个数的零点，而()fz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()fzuiv在内D解析，因此(,)x yD有0 xyuv,0yxuv.于是(,)u xycdi故()()()fzacbd i，即()fz在内D恒为常数.3.证明：由于0z是()fz的 m 阶零点，从而可设0()()()mfzzzgz，其中()gz在0z的某邻域内解析且0()0g z，于是0111()()()mfzzzgz由0()0gz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()fz的 m 阶极点.