2022年《复变函数论》试题库答案.docx

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1、名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -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）参考答案一判定题6 101 2二填空题1.2in1；7. 2. 1 ；3. 2k, kz ；4. zi ；5. 1 . 0n16. 整函数；8. 11.；9. 0；10. n三运算题 . 1. 解由于 0z1,所以 0z13内, 第 1 页,共 31 页 f z z1z211211n0zn1n0z 2n. 1zz222. 解由于Res f z limz2lim1z1 , coszsinz2z2z2Re zs f z lim z 2z2lim z

2、21z1. coszsin2所以z21dz z2iRes f z Res f z 0. cosz2z23. 解 令 3271, 就它在 z 平面解析 , 由柯西公式有在zb2. 2 bf z c dzz2i . 所以f1i2i z1i2i13 6 2 613 i . 4. 解 令 zabi , 就wz11z2112 a1b i1 a2 1az1a2 1 2 b2 1 2 b21细心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -故Rez1

3、12a12优秀学习资料欢迎下载b2. , Imz12bz1a2 1bz1a12四. 证明题 . 1. 证明设在 D 内f z C . 第 2 页,共 31 页 - - - - - - - - - 令f z uiv,就f z 2u2v2c2. 两边分别对,x y 求偏导数 , 得uu xvv x0 1uu yvv y0 2 由于函数在 D 内解析 , 所以uxv uyv . 代入2 就上述方程组变为uu xvv x0. 消去u 得, u2v2vx0. vu xuvx01如u2v20, 就f z 0为常数 . 2如vx0, 由方程1 2 及C .R 方程有ux0,uy0, yv0. 所以uc vc

4、 . c c 为常数 . 所以f c 1ic 为常数 . 2. 证明f z z 1z 的支点为z0,1. 于是割去线段0Rez1的 z 平面内变点就不行能单绕0 或 1 转一周 , 故能分出两个单值解析分支. 由于当 z 从支割线上岸一点动身,连续变动到z0,1时 , 只有 z 的幅角增加. 所以f z z 1z 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z1的幅角为2, 故f 12e2i2 i . 细心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - -

5、 - - - - - - - - -优秀学习资料 欢迎下载复变函数考试试题（二）参考答案一. 判定题 . 1 6 10 . 二. 填空题1.1 ,2, i ；2. 31sin 2i ；8. 3. 2 0in1；14. 1；5. m1. n6. 2k i , kz . 7. 0；i ；9. R；10. 0. 三. 运算题1. 解sin2z3n0n 1 23 z2n1n 1 22n1z6n3. 2n1.2n02n1.2. 解 令zrei. k0,1. 就f z zrei2k,2又由于在正实轴去正实值,所以k0. 所以f i i e4. 22. 3. 单位圆的右半圆周为zi e, 所以iizdz2i

6、 dei e22 i . 24. 解z2sinzdz2isinz z22icoszz2=0. z22四. 证明题 . 1. 证明 必要性 令 f z c 1 ic ,就 f z c 1 ic . 2 c c 为实常数 . 令 u x y , c v x y c . 就 u x v y u y v x 0 . 即 u v满意 C . R , 且 u x , v y , u y , v 连续 , 故 f z 在 D 内解析 . 充分性 令 f z u iv , 就 f z u iv , 由于 f z 与 f z 在 D 内解析 , 所以u x v y , u y v , 且 u x v y v y

7、 , u y v x v x . 比较等式两边得 u x v y u y v x 0 . 从而在 D 内 u v 均为常数 ,故 f z 在 D 内为常数 . n n 12. 即要证 “ 任一 n 次方程 a z a z a n 1 z a n 0 a 0 0 有且只有 n 个根” . 细心整理归纳 精选学习资料 证明令f z a zna zn1an1zan0, 取Rmaxa 1a 0an,1, 当 z 第 3 页,共 31 页 - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - -

8、 - - - -在C:zR 上时 , 有 优秀学习资料a n欢迎下载a 1a nn R1n a R . n a R11Ra nf z . 由儒歇定理知在圆zR内, 方程a zna zn1na n1zan0与a zn0有相同个数的根 . 而a zn0在zR内有一个重根z0. 因此 n 次方程在zR内有 n 个根 . 细心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 4 页,共 31 页 - - - - - - - - - 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -优秀学习资料 欢迎下载复变函数考试试题（三）参考

9、答案一. 判定题1 6 10 . 二. 填空题 . 1.z zi,且zC; 2. 2k i8. kz ; 3. 1ei ; 4. 1; ; 5. 2in1 1; . 0n6. 1; 7. i ; z2k1i ; 9. 10. n11.三. 运算题 . 1. 解2 z e1z21112n0zn2. e. zz2.zn.2. 解l i m n c cn n1nn .l i m nn n1 n1nn l i m n1nn 1l i m 1n n1 .所以收敛半径为e. 3. 解 令f z z2ez9, 就Re z 0 s f z z e9z01. z22 z9故原式2iRe z 0 s f z 2i

10、. 8z . 2 z94. 解 令f z z92z62, , 故由儒歇定理有 . 就在C:z1上f 与 均解析 , 且f z 6 8Nf,CNf,C. 即在 1z1内, 方程只有一个根四. 证明题 . 1. 证明证明设在 D 内f z C . 0. 第 5 页,共 31 页 令f z uiv,就f z 2u2v2c2. 两边分别对,x y 求偏导数 , 得uu xvv x0 1uu yvv y0 2 由于函数在 D 内解析 , 所以uxv uyv . 代入2 就上述方程组变为uu xvv x0. 消去u 得, u2v2vx0. vu xuvx01 u2v20, 就f z 0为常数 . 2如xv

11、0, 由方程1 2 及C.R 方程有u x0,uy0, vy所以uc vc . c c 为常数 . 所以f c 1ic 为常数 . 细心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -优秀学习资料欢迎下载k.z rf z dzk Mrn. 2. 证明取 rR , 就对一切正整数kn 时, f 02zk1rk0. 于是由 r 的任意性知对一切kn均有f 0细心整理归纳 精选学习资料 故f z kn0c z , 即f z 是一个至多 n 次多

12、项式或常数. 第 6 页,共 31 页 - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -优秀学习资料 欢迎下载复变函数考试试题（四）参考答案 一. 判定题 . 16 2 n 10 . 二. 填空题 . 1. 1 2, 1 2; 2. ; 3. 2 k ikz ; 4. n 1zz1; 5. 整函数 ; n06. 亚纯函数 ; 7. 0; 8. z0; 9. ; 10. n11. 三. 运算题 . 1.解:z31zcos2k3isin2k3k0,1,2i,k,1,

13、2z 1cos3isin313i22z2cosisin1z3cos5isin513i3322. 2. 解Re z 1 s f z z e1z1e, Re z1 s f z z e1z1e1z2z2故原式2iRe s f z z 1Re zs f z 1i ee1. 3. 解 原式2iRe zs f z i 2i9z2zi5. z4. 解ez111=zz e1,令zez1 0,得z0 ,zz ez12kz而lim z 0z e111lim z 0zzez1lim z 0ez11ezz e1zz zez2ki为一阶极点 . lim z 0ezeezz ze1z0为可去奇点z2当z2 ki时,k0

14、,zez10而z e1zz2 kiz e1z zez2 ki0四. 证明题 . 1. 证明设F z f z , 在下半平面内任取一点0z , z 是下半平面内异于z 的点 , 考虑 第 7 页,共 31 页 z lim z 0F z F z 0z lim z0f z f z 0lim z z0f z f z 0. zz 0zz 0zz0fz 0, 从 而而0z , z 在 上 半 平 面 内 , 已 知f z 在 上 半 平 面 解 析 , 因 此Fz 0F fz 在下半平面内解析. 2. 证明令f z 6z3, 4 z , 就f z 与 z 在全平面解析 , 细心整理归纳 精选学习资料 -

15、- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -且在C 1:z2上, f z 15优秀学习资料, 欢迎下载 16故在zz2内N f,C 1N ,C 14. z2内仅有三个根 .在C 2:1上, f z 3 1, 故在z1内Nf,C2Nf C21. 所以 f在 1z2内仅有三个零点, 即原方程在 1复变函数考试试题（五）参考答案一. 判定题 . 1 6 10 . 二. 填空题 . 1.2, 3, 13i ; z ; 0 12. a2k i1kz a为任意实数; 6.

16、0; n1. k4. 2k i,kz ; 5. 0; 3. 2k1i , 9. 0; 10. 2i7. 亚纯函数 ; 8. n2 znz; 0n1n三. 运算题 . 1. 解 令 z a bi , 就w z 1 1 2 1 2 a2 1 b i2 1 2 2 12 2 b 2. 2z 1 z 1 a 1 b a 1 b a 1 bz 1 2 a 1 z 1 2 b故 Re 1 2 2 , Im 2 2 . z 1 a 1 b z 1 a 1 b2. 解 连接原点及 1 i 的直线段的参数方程为 z 1 i t 0 t 1 , 1 1 1 i故c Re zdz 0 Re1 i t 1 i dt

17、1 i 0 tdt2 . 3. 令 z e , 就 id dz. 当 a 0 时iz2 1 2 z a 1 az 1 2 cos a 1 a z z a , z故 I 1 dz, 且在圆 z 1 内 f z 1 只以 z a 为一级极点 , i z 1 z a 1 az z a 1 az 在 z 1 上无奇点 , 故 Re z a s f z 1 1az z a 1 1a 2 ,0 a 1 , 由残数定理有1 2Ii 2 i Rez a s f 1 a 2 ,0 a 1 . 4. 解 令 f z z , 就 f z , z 在 z 1 内解析 , 且在 C : z 1 上, 1 f z , 所

18、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 . 细心整理归纳 精选学习资料 1. 证明由于u x y2 xy2, , v x y0, 故ux02 , x uy2 , y vxvy0. 第 8 页,共 31 页 处满意C .R 条件 , 故f z 只在除了这四个偏导数在z 平面上到处连续, 但只在z - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -z0优秀学习资料欢迎下载k.zrf dzk Mrn.

19、 外到处不行微 . 取 rR, 就对一切正整数kn 时, f 02. 证明2zk1rk于是由 r 的任意性知对一切kn均有fk00. . n故f z c z , 即f z 是一个至多 n 次多项式或常数k0复变函数考试试题（六）参考答案一、判定题： 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10.二、填空题： 1.1 ei2. z13. 24. 1 5. 1 6. m1阶9. 0 10. 欧拉公式7. 整函数8. 三、运算题：1.解：由于26i115.1,6 2 613 . 第 9 页,共 31 页 9366故lim n26in0. 2. 解：1i23,f z 1iCf d2z1C

20、327z1d因此f2i2 37故f z 2i3z27z12i13f1i2i6z71i3.解：z e1ezz1iz1i2 z2Re s f z i , ie.24.解：sinz3n0n 1 3 z2n1,2n1.sin3 zn0 1nz6n3.6 z2n1.细心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -5解：设 zxiy , 就wz优秀学习资料欢迎下载1y2yi. 1x1iyx2y2z1z1iyx2 122 2x y 1 2 yRe

21、w 2 2 , Im w 2 2 . x 1 y x 1 y6解：e 3 icos i sin 1 1 3 .3 3 2四、 1. 证明：设 f z 9 z 6 , z 7 6 z 3 1,就在 z 1 上,f z 9, 1 6 1 8, 即有 f z . 依据儒歇定理,f z 与 f z z 在单位圆内有相同个数的零点,而 f z 的零点个7 6 3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 ,就 v x v y 0 , 由于 f z u iv 在内 D 解析,因此 , D 有 u x v y 0 , u y v x 0 . 于

22、是 u x y , c di 故 f a c b d i ,即 f z 在内 D 恒为常数 . 3.证明：由于 z 是 f z 的 m 阶零点,从而可设mf z z z 0 g z ,其中 g z 在 0z 的某邻域内解析且 g z 0 0,1 1 1于是 mf z z z 0 g z 由 g z 0 0 可知存在 0z 的某邻域 D ,在 D 内恒有 g z 0,因此 1 在内 D 解析,故g z 0z 为 1 的 m 阶极点 . f 复变函数考试试题（七）参考答案一、判定题： 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 第 10 页,共 31 页 二、填空题： 1.ei2. z13.

23、2 i4. 1 5. 1 细心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -6. m1优秀学习资料欢迎下载9. 0 10. n11.阶 7. 整函数8. 三、运算题：1. 解：1i21i2ii0.2 613 . zn .222. 解：1i23,f z 1iCf d2zC327z1d.因此f2i2 371故f z 2i3z27z1f1i2i6z71i2i136 n z3. 解：ezn0n.111,z2z2z2z21因此 Re s f z

24、,01.4. 解：zzz2z1z22z 111 z111z2由于 1z2,从而1 z1,z1. n01 n 12因此在 1z2内有zz2 1z n01n zn0zn 21 zz. 25解：设 zxiy , 就wz1x1iyx2y212yiz1z1iyx2 1y2细心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 11 页,共 31 页 - - - - - - - - - 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -Rewx2y21,优秀学习资料2欢迎下载Imwxyy2.x2 1y2126.解：设zi e ,就d4

25、dz iz,cos1 2z1,z 22 idz11. z2ddz21z10acosz1iz2 a2 azzza1,故奇点为z 0a21a 421122dRe z z 0s f0acosa2a2四、证明题：1. 证明：设f z 24z 7,g z 9z 66 z 3z 21,z1就在z1上,f z 24,g z 961 117,即有f z g z . 依据儒歇定理知在z1内f z 与f z g z 在单位圆内有相同个数的零点,而在63 zz210在单位圆内的根的个数为内f z 的零点个数为7,故247 z96 z7. 2.证明：设f z u22 vc ,就vy,uyvx2 u ux2 v v x

26、0,2 u uy2 v v y0.已知f z 在区域 D 内解析,从而有ux将此代入上上述两式得uuxvuy0, 第 12 页,共 31 页 - - - - - - - - - uuyvu x0.因此有ux0,uy0,于是有v x0,vy0. 即有uc vc2,f z c 1ic2故f z 在区域 D 恒为常数 . 3.证明：由于z 是f z 的 m 阶零点,从而可设f z zz 0mg z ,细心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -其中g z 在0z 的某邻域内

27、解析且优秀学习资料欢迎下载g z 00,由g z 0于是1z11g z 0,因此1在内D 解析,故f z z 0mg z 0可知存在0z 的某邻域D ,在D 内恒有g z 0z 为f1的 m 阶极点 . 五、运算题解：依据线性变换的保对称点性知 i关于实轴的对称点 i应当变到 w 0 关于圆周的对称点 w,故可设 w k z iz i复变函数考试试题（八）参考答案一、判定题： 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 二、填空题： 1. 1 ei 2. z 0,3. 2 4. 5. 1 2 k 0, n 16. iz 7. 8. 9. 5 10. z 1k=0 2 i n 1三、运算题：1. 解：由于z e1sinz 在z1解析,4dz11 第 13 页,共 31 页 1所以z1z e1sinzdz0而1iz3zdz41z21z32iz3z1因此z1z e1sinzdz1idz4. 2z3z1z32. 解：1