2015年全国专利代理人资格考试.专利代理实务考试.试卷-.doc

《2015年全国专利代理人资格考试.专利代理实务考试.试卷-.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2015年全国专利代理人资格考试.专利代理实务考试.试卷-.doc（21页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、|习题二1. 求映射 下圆周 的像.1wz|2z解：设 则i,ixyuv2221ii()ixyxyuvxyyx因为 ,所以24xy53i4uv所以 ,5u3vy534,x所以 即 ，表示椭圆.2534uv22531uv2. 在映射 下，下列 z 平面上的图形映射为 w 平面上的什么图形，设 或2wz eiw.iuv（1） ； （2） ;0,4r 02,4r(3) x=a, y=b.(a, b 为实数)解：设 22i(iwuvxiyxy所以 2,.(1) 记 ，则 映射成 w 平面内虚轴上从 O 到 4i 的一段，即ei02,4r04,.2(2) 记 ，则 映成了 w 平面上扇形域，即eiw0,

2、24r 04,.2|(3) 记 ，则将直线 x=a 映成了 即 是以原点为焦wuiv2,.uayv224().au点，张口向左的抛物线将 y=b 映成了 ,.xbx即 是以原点为焦点，张口向右抛物线如图所示.224()vbu3. 求下列极限.(1) ;21limz解：令 ,则 .t,0t于是 .2201lilizt(2) ;0Re()mz解：设 z=x+yi，则 有()izxy00e()1liliiizxykk显然当取不同的值时 f(z)的极限不同所以极限不存在.（3） ；2lim(1)zi解： = .liz 1lilim()()2z zi|（4） .21limzz解：因为 2(2)12,z所

3、以 .2113liliz z4. 讨论下列函数的连续性：(1) 2,0,()0;xyzfz解：因为 ,20(,)0,limlizxyf若令 y=kx,则 ,(,),li1xyk因为当 k 取不同值时，f( z)的取值不同，所以 f(z)在 z=0 处极限不存在.从而 f(z)在 z=0 处不连续，除 z=0 外连续.(2) 342,0,()0.xyfz解：因为 ,33422xy所以342(,)0,lim(0)xyf所以 f(z)在整个 z 平面连续.5. 下列函数在何处求导？并求其导数.(1) (n 为正整数 )；1()fz解：因为 n 为正整数，所以 f(z)在整个 z 平面上可导.1()f

4、z(2) .2()z解：因为 f(z)为有理函数，所以 f(z)在 处不可导 .21)(0z从而 f(z)除 外可导 .1,i|22232()1()(1)(1)543()zzzfz (3) .87f解：f(z)除 外处处可导，且 .=5 223(57)(8)561) (7)zf z(4) .22ixyf解：因为 .2222i()i(i)(i)1(i)1i()xyxyzfz xyz所以 f(z)除 z=0 外处处可导，且 .2(1i)fz6. 试判断下列函数的可导性与解析性.(1) ;2()ifzxy解： 在全平面上可微.2,()uvxy2 2,y vxxyy所以要使得 ， , vxux只有当

5、z=0 时,从而 f(z)在 z=0 处可导，在全平面上不解析.(2) .2ixy解： 在全平面上可微.2(,),()uv2,0,2vx yyx只有当 z=0 时, 即(0,0) 处有 , .u所以 f(z)在 z=0 处可导，在全平面上不解析.(3) ;32ixy解： 在全平面上可微.3(,),()uv2 26,0,9,0vxyyx所以只有当 时，才满足 C-R 方程.3|从而 f(z)在 处可导，在全平面不解析 .230xy(4) .f解：设 ，则izxy23232()i)(ii()fzxyxyxy3232(,),uv2 2,3uvvxyxyxyyx所以只有当 z=0 时才满足 C-R 方

6、程.从而 f(z)在 z=0 处可导，处处不解析.7. 证明区域 D 内满足下列条件之一的解析函数必为常数.(1) ;()0fz证明：因为 ，所以 , .()f 0uxy0vxy所以 u,v 为常数，于是 f(z)为常数.(2) 解析.()fz证明：设 在 D 内解析 ,则ifuv()uvxyxy,uvuvxyx而 f(z)为解析函数，所以 ,uvyx所以 即,vvxy 0xy从而 v 为常数，u 为常数，即 f(z)为常数.(3) Ref(z)=常数.证明：因为 Ref(z)为常数，即 u=C1, 0uxy因为 f(z)解析，C-R 条件成立。故 即 u=C2从而 f(z)为常数.(4) I

7、mf(z)=常数.|证明：与（3）类似，由 v=C1 得 0vxy因为 f(z)解析，由 C-R 方程得 ,即 u=C2u所以 f(z)为常数.5. |f(z)|=常数.证明：因为|f( z)|=C，对 C 进行讨论 .若 C=0，则 u=0,v=0,f(z)=0 为常数.若 C 0，则 f(z) 0,但 ，即 u2+v2=C22)(fz则两边对 x,y 分别求偏导数，有2,20uvuvy利用 C-R 条件，由于 f(z)在 D 内解析，有xyx所以 所以0uvvx0,uvxx即 u=C1,v=C2,于是 f(z)为常数.(6) argf(z)=常数.证明：arg f(z)=常数，即 ,arc

8、tnvCu于是2222()()(/) 01 vuuv yxv得 C-R 条件 0uxvy 0vxu解得 ，即 u,v 为常数，于是 f(z)为常数 .0vxy8. 设 f(z)=my3+nx2y+i(x3+lxy2)在 z 平面上解析，求 m,n,l 的值.解：因为 f(z)解析，从而满足 C-R 条件.2,uunxmn23,vvlylxyunlx|3,uvnlmyx所以 .,1l9. 试证下列函数在 z 平面上解析，并求其导数.(1) f(z)=x3+3x2yi-3xy2-y3i证明：u(x,y)=x 3-3xy2, v(x,y)=3x2y-y3 在全平面可微,且2 266,3uvvxxy所

9、以 f(z)在全平面上满足 C-R 方程，处处可导，处处解析.222i3i3(i)vxyyz(2) .()ecosin)ecosinx xfz证明： 处处可微，且,(i,(,)=ecosin)x xuyyvyye(cosin)e(cos)six xxi incos)x xyyyyye(cosin)e(si)(cosinx xxv(cocos)x xyyyxy所以 , uvvx所以 f(z)处处可导，处处解析 .ie(cosincos)i(ecosins)cosi e(1)x xx xx xzzyyyyy10. 设 332i,0.0.xyzfz求证：(1) f( z)在 z=0 处连续(2)f(

10、z)在 z=0 处满足柯西黎曼方程(3)f(0)不存在证明.(1) 0,0,limlii,zxyuvxy|而 32,0, ,0,limlixyxyu3221320xyx 32,0,limxy同理 ,li0xy ,0,xyfzff(z)在 z=0 处连续(2)考察极限 0()limzf当 z 沿虚轴趋向于零时，z=iy，有320 011iliili1iy yff当 z 沿实轴趋向于零时，z= x，有0limixff它们分别为 i,uvuxy ,y满足 C-R 条件(3)当 z 沿 y=x 趋向于零时，有330 0i,1iilimlim21ixy xyff x 不存在即 f(z)在 z=0 处不可

11、导z11. 设区域 D 位于上半平面，D 1 是 D 关于 x 轴的对称区域，若 f(z)在区域 D 内解析，求证在区域 D1 内解析Fzf证明：设 f(z)=u(x,y)+iv(x,y)，因为 f(z)在区域 D 内解析所以 u(x,y),v(x,y)在 D 内可微且满足 C-R 方程，即 ,uvvxyx，得,i,i,fzxy|,uxy,uxyuxy,vx,vvyy故 (x,y),(x,y)在 D1 内可微且满足 C-R 条件 ,xyx从而 在 D1 内解析fz13. 计算下列各值(1) e2+i=e2ei=e2(cos1+isin1)(2) 2i33 31ecosisnei3i (3) 22222ii222Reecosisnxyyxxyxy yx (4) i2ii2eexyxy14. 设 z 沿通过原点的放射线趋于