2022年《复变函数论》试题库答案 .pdf

《2022年《复变函数论》试题库答案 .pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年《复变函数论》试题库答案 .pdf（31页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、优秀学习资料欢迎下载试卷一至十四参考答案复变函数考试试题（一）参考答案一判断题1 2610二填空题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.

2、 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. 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 1 页，共 31 页 - - - - - - - - - 优秀学习资料欢迎下载故2212(1)R

3、e()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

4、( )fzcic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. 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - -

5、- 第 2 页，共 31 页 - - - - - - - - - 优秀学习资料欢迎下载复变函数考试试题（二）参考答案一. 判断题 . 1 6 10 . 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

6、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( )f zcic,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,xyyxuvuv连续 , 故( )f z在D内解析 .( 充分性 ) 令( )f zuiv, 则( )f zuiv, 因为( )f z与( )f z在D内解析 , 所以,xyyxuvuv, 且(),()xyy

7、yxxuvvuvv. 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名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 3 页，共 31 页 - - - - - - - - - 优秀学习资料欢迎下载在:CzR上时 , 有11111

8、0( )()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 . 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 4 页，共 31 页 - - - - - - - - - 优秀学习资料欢迎下载复变函数考试试题（三）参考答案一. 判断题1 6 10 . 二. 填空题 . 1.,z zizC且

9、; 2. 2()k ikz; 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)zef zzz, 则2001Re( )99zzzes f zz. 故原式022Re( )9ziis f z. 4. 解 令962( )22f zzzz, ( )8zz. 则在:C

10、1z上( )( )fzz与均解析 , 且( )6( )8f zz, 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( )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) 220uv, 则( )0f z为常数 . 2)若0 xv, 由方程(1) (2) 及.CR方程有0,xu

11、0yu, 0yv. 所以12,uc vc. (12,c c为常数 ). 所以12( )fzcic为常数 . 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 5 页，共 31 页 - - - - - - - - - 优秀学习资料欢迎下载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

12、常数. 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 6 页，共 31 页 - - - - - - - - - 优秀学习资料欢迎下载复变函数考试试题（四）参考答案一. 判断题 . 16 10 . 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.iiziziizkkikzz23213

13、5sin35cos1sincos23213sin3cos2, 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(

14、zezk而0212) 1(ikzzeeikzzezzzikz2为一阶极点 . 四. 证明题 . 1. 证明设( )( )F zfz, 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 zf zzzzzzz. 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( )63f zz, 4( )zz, 则( )f z与( )z在全平面解析, 名师归纳总结 精品

15、学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 7 页，共 31 页 - - - - - - - - - 优秀学习资料欢迎下载且在1:2Cz上, ( )15( )16f zz, 故在2z内11(,)( ,)4N fCNC. 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 .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;

16、 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 dti

17、tdt. 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 az as f zaaza, 由残数定理有2122Re( ),(01)1zaIis fzaia. 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

18、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只在除了名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 8 页，共 31 页 - - - - - - - - - 优秀学习资料欢迎下载0z外处处不可微 . 2. 证明取rR, 则对一切正整数kn时, ( )1!( )!(0)2nkkkzrkfzk Mrfdzzr. 于是由r的任意性知对一切

19、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）参考答案一、判断题： 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10.二、填空题： 1.1 ei2. 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(136 )2 ( 613 )ifiizii

20、i. 3.解：211()12zzeezziziRe ( ), ).2ies f z i4.解：32130( 1) ()sin,(21)!nnnzzn36360sin( 1).(21)!nnnzzzn名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 9 页，共 31 页 - - - - - - - - - 优秀学习资料欢迎下载5解：设zxiy, 则222211(1)211(1)zxiyxyyiwzziyxy. 22222212Re,Im.(1)(1)xyywwxyxy6

21、解：31cos()sin()(13 ).332ieii四、 1. 证明：设673( )9,( )61,f zzzzz则在1z上，( )9,( )1618,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( )()()fzacbd i，即( )f z在内D恒为常数 . 3.证明：

22、由于0z是( )f z的m阶零点，从而可设0( )()( )mf zzzg z，其中( )g z在0z的某邻域内解析且0()0g z，于是0111( )()( )mf zzzg z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( )fz的m阶极点 . 复变函数考试试题（七）参考答案一、判断题： 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 二、填空题： 1.ei2. 1z3. 2 i4. 1 5. 1 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - -

23、- - - - - - - - - - - - 第 10 页，共 31 页 - - - - - - - - - 优秀学习资料欢迎下载6. 1m阶 7. 整函数8. 9. 0 10. 1(1)!n三、计算题：1. 解：2211()()0.22iiii2. 解：123,i1( )( )2Cff zdiz2371.Cdz因此2()2( 371)fi故2( )2(371)f zizz1(1)2(67)2(136 )2 ( 613 )ifiiziii. 3. 解：0222111!,2nznzenzzzz因此Re ( ),0)1.s f z4. 解：12111(1)(2)12(1)12zzzzzzzz由于

24、12z，从而11,12zz. 因此在12z内有1000111()() ()() .(1 ) (2 )22nnnnnnnzzzzzzzz5解：设zxiy, 则222211(1)211(1)zxiyxyyiwzziyxy. 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 11 页，共 31 页 - - - - - - - - - 优秀学习资料欢迎下载22222212Re,Im.(1)(1)xyywwxyxy6.解：设ize，则11,cos()2dzdzizz，22011

25、221cos212zzddzidzaizzazazz1a，故奇点为201zaa02220124( )4cos211Rezzdfzaaas. 四、证明题：1. 证明：设7632( )24,( )961,f zzg zzzz则在1z上，( )24,( )961 117,f zg z即有( )( )f zg z. 根据儒歇定理知在1z内( )f z与( )( )f zg z在单位圆内有相同个数的零点，而在1z内( )f z的零点个数为7，故7632249610zzzz在单位圆内的根的个数为7. 2.证明：设22( )f zuvc，则220,220.xxyyu uv vu uv v已知( )f z在区

26、域D内解析，从而有,xyyxuvuv将此代入上上述两式得0,0.xyyxuuvuuuvu因此有0,0,xyuu于是有0,0 xyvv. 即有1212,( )uc vcf zcic故( )f z在区域D恒为常数 . 3.证明：由于0z是( )f z的m阶零点，从而可设0( )()( )mf zzzg z，名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 12 页，共 31 页 - - - - - - - - - 优秀学习资料欢迎下载其中( )g z在0z的某邻域内解析且

27、0()0g z，于是0111( )()( )mf zzzg z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( )fz的m阶极点 . 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0w关于圆周的对称点w，故可设ziwkzi复变函数考试试题（八）参考答案一、判断题： 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 二、填空题： 1.1 ei2. 0z，3. 24. 5. 1 6. 2k=0()kiz7. 0,12,1ni n8. 9. 5 10. 1z三、计算题：1. 解：由于1sinzez在1

28、z解析，所以11sin0zzezdz而331111(4)2(1)(4)2(1)3zzdzdzzizziz因此11311sin2(1)(4)3zzzdzezdzizz. 2. 解：123,i1( )( )2Cff zdiz2371.Cdz因此2()2( 371)fi故2( )2(371)f zizz名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 13 页，共 31 页 - - - - - - - - - 优秀学习资料欢迎下载1(1)2(67)2(136 )2 ( 61

29、3 )ifiiziii. 3. 解：211( )()1211zzeef zzzz1R e() , 1),R e(),1 ),22ees f zs f z因此11Re ( ),)().222eeees f z4.解：2222101111121111112112(1)(2)1211zzzzzzzzzzz由于2z，从而2121,1zz因此在2z内有2 (1 )12220001 01 111 11 221()()() 2(1 11 2 )1 1(1 ) (2 )nnnnnnnnzzzzzzzzzzz5解：设zxiy, 则222211(1)211(1)zxiyxyyiwzziyxy. 22222212R

30、e,Im.(1)(1)xyywwxyxy6解：设ixze, 则ixdzie dxizdx11sin()2xziz2220012sin22sindxdxxx221111224141zzizdzdziz zizziz在1z内2141ziz只有( 32)zi一个一级极点Re ( ),(32) 2 3is f zi因此2022sin2 33dxiix. 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 14 页，共 31 页 - - - - - - - - - 优秀学习资料欢

31、迎下载四、证明：1. 证明：设7653( )15,( )561,f zzg zzzz则在1z上，( )15,( )13,f zg z即有( )( )f zg z. 根据儒歇定理知在1z内( )f z与( )( )f zg z在单位圆内有相同个数的零点，而在1z内( )f z的零点个数为7，故7653155610zzzz在单位圆内的根的个数为7 2. 证明：因为( )( , )( ,)f zu x yiv x y，在D内连续 , 所以00(,)xyD, 0,0.当00,xxyy时有000000( , )(,)( , )(,) ( , )(,)f x yf xyu x yu xyi v x yv

32、xy12220000( , )(,) ( ,)(,) ,u x yu xyv x yv xy从而有00( , )(,),u x yu xy00( , )(,).v x yv xy即与在连续，由00(,)xyD的任意性知( , )u x y与( , )v x y都在D内连续3.证明：由于0z是( )f z的m阶零点，从而可设0( )()( )mf zzzg z，其中( )g z在0z的某邻域内解析且0()0g z，于是0111( )()( )mf zzzg z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( )fz的m阶极点 .

33、五、解： 1.设54z，则将区域4:0arg5zz保形映射为区域: 0argz名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 15 页，共 31 页 - - - - - - - - - 优秀学习资料欢迎下载2.设iiwei, 则w将上半平面保形变换为单位圆1w. 因此所求的单叶函数为5454iziwezi. 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - -

34、 - - - 第 16 页，共 31 页 - - - - - - - - - 优秀学习资料欢迎下载复变函数考试试题（九）参考答案一、判断题（ 20 分）1、 2 、 3 、 4 、 5 、 6 、 7 、 8 、 9 、 10 、二、填空题（ 20 分）1、ze i2、,0, 1, 2,zkk3、24、1 5、1 6、1m7、整函数8、c9、8 10、e三、计算题（ 30）1、解：2521,lim()0.666nnii2、解：123,i1( )( )2Cff zdiz2371.Cdz因此2()2( 371)fi故2( )2(371)f zizz1(1)2(67)2(136 )2 ( 613 )

35、ifiiziii. 3、解：2( ).1()()Re ( ( ), ),Re ( ),).22zziieef zzziziieies f z is f zi4、解：12111(1)(2)12(1)12zzzzzzzz由于12z，从而11,12zz. 因此在12z内有1000111()() ()() .(1 ) (2 )22nnnnnnnzzzzzzzz5、解：设zxiy, 则222211(1)211(1)zxiyxyyiwzziyxy. 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - -

36、- - - - 第 17 页，共 31 页 - - - - - - - - - 优秀学习资料欢迎下载22222212Re,Im.(1)(1)xyywwxyxy6、解：设2422( ),109zzf zzz则( )fz在Im0z内有两个一级极点123 ,zi zi，371Re ( ( ),3 ), Re ( ), ),4816iis f zis f z i因此，根据留数定理有24223712().10948166zziidzizz四、证明题（20 分）1、证明：设673( )9,( )61,f zzzzz则在1z上，( )9,( )1618,f zz即有( )( )f zz. 根据儒歇定理，(

37、)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( , )u x yabi， 则0 xyuu, 由 于( )f zuiv在 内D解 析 ， 因 此(,)x yD有0 xyuv, 0yxuv. 于是( ,)v 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( )()( )mf zzzg z，其中( )g z在0z的某邻域内解析且0()0g z，于是0111( )()( )mf zzzg z由0()0

38、g 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( )fz的m阶极点 . 五、计算题（10 分）名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 18 页，共 31 页 - - - - - - - - - 优秀学习资料欢迎下载解： 1、设,2zi则将区域:Im2zz保形变换为区域: 0Im2z. 2、设te,则t将区域:0Im2z保形变换为区域 :0arg.2D tt3、设2,st则s将D保形变换为上半平面,因此

39、,所求的单叶函数为222222.ziiiizsitieieiweeeesitieiei名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 19 页，共 31 页 - - - - - - - - - 优秀学习资料欢迎下载复变函数考试试题（十）参考答案一、判断题（ 40 分） ：1.2. 3.4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 二、填空题（ 20 分） ：1. 2 i2. 2(1)zz3. zi4. 15. 1(1)!n三、计算题（ 40 分）1. 解：2( )9z

40、f zz在2z上解析，由cauchy积分公式，有222229(9)()zzzzdzdzzzizi2295ziziz2. 解：设2( )1izef zz，有2Re (,)22ieis fiei3. 解：11(cossin)(cossin)444422nnnniiiicossincossin2cos44444nnnnnii4. 解：222uxxxy，222uyyxy( , )(0,0)( , )x yyxv x yu dxu dyc( ,)2222(0,0)22x yyxdxdycxyxy2202yxdycxy2 a r ct a nycx(1)(1,1)(1,1)ln 2(2arctan1)ln

41、 2fiuivic故2c，( , )2arctan2yv x yx5. 解：令( )5f xz，4( )1g zz则( )f x，( )g z在1z内均解析，且当1z时44( )511( )f zzzg z由Rouche定理知4510zz根的个数与50z根的个数相同. 故4510zz在1z内仅有一个根. 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 20 页，共 31 页 - - - - - - - - - 优秀学习资料欢迎下载复变函数考试试题（十一）参考答案一、

42、 12二、 1 1 212u12u422(cossin)(0,1,2,3)44kkkzaik13221n 15 9. ( )( )aa10. m三、 1解：2222,uxuyxxyyxy( ,)(0,0)( , )x yyxv x yu dxu dyC( ,)2222(0,0)x yyxdxdyCxyxy220arctanyxydyCCxyx. 又( 1)(1, 1)(1fiui v11ln 2(arctan1)ln222iC. 故,( , )arctan44yCv x yx. 2.解: (1) 222sintancoszzz奇点为1(2) ,0, 12zkk对任意整数k, 1(2)2zk为二

43、阶极点 , z为本性奇点 . (2) 奇点为01,2,(0, 1)kzzk ik1z为本性奇点 ,对任意整数k,kz为一级极点 ,z为本性奇点 . 3. (1)解: 192443( )(1) (2)zf zzz共有六个有限奇点, 且均在内:4Cz, 由留数定理 ,有4( )2Re (,)zf z dzis f名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 21 页，共 31 页 - - - - - - - - - 优秀学习资料欢迎下载将f在z的去心邻域内作Laure

44、nt展开198412324( )12(1)(1)zf zzzzz43244244831112(1) (1)14106(1)(1)14zzzzzzzzzzz所以1Re (,)1s fC4( )2zf z dzi. (2)解: 令ize,则2220011cos21cosddI42:1142(61)C zzdzi zz再令2zu则42242(61)(61)zdzdui zzi uu,故22:112222(61)61C zCduduIi uuiuu由留数定理 ,有212Re (, 38)44 22Iis fi4.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( )( )zf z，zc，

45、则( )( )fzz与( )f z在c内部的零点个数相同. 令4( )5f zz, 72( )2g zzz则( ),( )f zg z在1z内解析且当1z时7272( )522( )fzzzzzg z, 由儒歇定理742520zzz的根个数与450z根个数相同名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 22 页，共 31 页 - - - - - - - - - 优秀学习资料欢迎下载故742520zzz在1z内有 4 个根 . 四、 1.证明 : *( )( ,)

46、( ,)f zu xyiv xyuiv*( ,),( ,),xxyyxxyyuu xyvv xyuuuuvvvv由( )( , )( , )f zu x yiv x y在上半平面内解析,从而有,.xyyxuvuv因此有*,xyyxuvuv故( )f z在下半平面内解析. 2.证明 : (1) 1212,0rrrrR则111( )max( )max( )zrzrM rf zf z222( )max( )max( )zrzrM rf zf z故21()( )M rM r,即( )M r在0,)R上为r的上升函数 . (2)如果存在1r及2r12(0)rrR使得12( )()M rM r则有21ma

47、x( )max( )zrzrf zf z于是在12rzr内( )f z恒为常数 ,从而在zR内( )f z恒为常数 . 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 23 页，共 31 页 - - - - - - - - - 优秀学习资料欢迎下载复变函数考试试题（十二）参考答案一、判断题 . 1. 2. 3. 4. 5. 二、填空题 . 1. 12. ()3. 1( )f zzz4. 0,5. i6. 27. 18. 221n9.本性10. 三、计算题 . 1.解

48、：arg2155zkikwz e0 , 1, 2 , 3 ,k由511得251kie从而有2k41141051025331(1)22 (cossin)444iwieii2.解： （1）2( )1Lnzf zz的各解析分支为2ln2( )1kzkfzz，(0, 1,)k. 1z为0( )fz的可去奇点，为( )kfz的一阶极点(0,1,)k。0Re ( ),1)0s fzR e() , 1 )ksfzki (1,2 ,)k（2）1100011ReRe!znnnzznezsszznn3.计算下列积分解： （1）72323221( )12(1) (2)(1) (1)zf zzzzzz1Re (,)1

49、s fC2( )2Re (,)2zfz dzis fi（2）设2222222( )()() ()zzf zzazaizai令22( )()zzzai，32( )()aizzzai名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 24 页，共 31 页 - - - - - - - - - 优秀学习资料欢迎下载则23()2()1Re (,)1!(2)4aiais f aiiaiaI m0()2R e (,)2zfz dzis fa ia2222()2x dxxaa4.儒歇

50、定理：设c是一条围线，( )f z及( )z满足条件：（1）它们在c的内部均解析，且连续到c；（2）在c上，( )( )f zz则f与f在c的内部有同样多零点，即( )10f z6( )6g zzz有( )( )f zg z由儒歇定理知66100zz在1z没有根。四、证明题1 证明： .设zxiy有()( c o ss i n)zxf zeeyiy( , )cos ,( , )sinxxu x yeyv x yeycos ,sin,sin,cosxxxxuuvveyeyeyeyxyxy易知( ,)u x y，( ,)v x y在任意点都不满足CR条件，故f在复平面上处处不解析。2.证明：于高阶