2023年《复变函数论》试卷(最新版)库超详细解析答案.pdf

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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 12 6 10 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01z 111()(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

2、,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(136)2(6 13)zifiiziii.4.解 令zabi,则 222222122(1)2(1)211111(1)(1)(1)zab iabwzzababab .优秀学习资料 欢迎下载 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

3、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,xu 0yu,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,

4、因而此分支在1z 的幅角为2,故2(1)22ifei.内令则两边分别对求偏导数得因为函数在内解析所以代入则上述方程组于当从支割线上岸一点出发连续变动到时只有的幅角增加所以的幅角共断题二填空题三计算题解解令则又因为在正实轴去正实值所以所以单位优秀学习资料 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

5、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()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,xyyxu v uv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,

6、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内令则两边分别对求偏导数得因为函数在内解析所以代入则上述方程组于当从支割线上岸一点出发连续变动到时只有的幅角增加所以的幅角共断题二填空题三计算题解解令则又因为在正实轴去正实值所以所以单位优秀学习资料 欢迎下载 在:CzR上时,有 111110()()nnnn

7、nnza 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.内令则两边分别对求偏导数得因为函数在内解析所以代入则上述方程组于当从支割线上岸一点出发连续变动到时只有的幅角增加所以的幅角共断题二填空题三计算题解解令则又因为在正实轴去正实值所以所以单位优秀学习资料 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;2.2()k ikz;3.1 ei;4.1;5.2101

8、inn;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 1z 上()()f zz与均解析,且()6()8f zz,故由儒歇定理有 (,)(,)1NfCNfC.即在 1z 内,方程只有

9、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 0yu,0yv.所以12,uc vc.(12,c c为常数).所以12()f zcic 为常数.内令则两边分别对求偏导数得因为函数在内解析所以代入则上述方程组于当从支割线上岸一点出

10、发连续变动到时只有的幅角增加所以的幅角共断题二填空题三计算题解解令则又因为在正实轴去正实值所以所以单位优秀学习资料 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次多项式或常数.内令则两边分别对求偏导数得因为函数在内解析所以代入则上述方程组于当从支割线上岸一点出发连续变动到时只有的幅角增加所以的幅角共断题二填空题三计算题解解令则又因为在正实轴去正实值所以所以单位优秀学习资料 欢迎下载 复变函数考试试题（四）参考答案 一.

11、判断题.1 6 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.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，

12、令0)1(zez，得ikzz2,0，,2,1k 而 zzzzzzzzzzeeezeezze11lim)1(1lim)111(lim000 21lim0zzzzzzeeee 0z为可去奇点 当ikz2时，01),0(zezk 而0212)1(ikzzeeikzzezzz ikz2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 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()()F zfz,

13、从而()()F zfz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,内令则两边分别对求偏导数得因为函数在内解析所以代入则上述方程组于当从支割线上岸一点出发连续变动到时只有的幅角增加所以的幅角共断题二填空题三计算题解解令则又因为在正实轴去正实值所以所以单位优秀学习资料 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(,)(,)1N fCN f 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

14、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 i kz;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1 i的直线段的参数方程为(1)01zi tt ,故11001ReRe(1)(1)(1)2cizdzi ti dti

15、tdt.3.令ize,则dzdiz.当0a 时 212()(1)1 2 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)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,(,)(,)1N fCN f 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 yx

16、yv 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只在除了内令则两边分别对求偏导数得因为函数在内解析所以代入则上述方程组于当从支割线上岸一点出发连续变动到时只有的幅角增加所以的幅角共断题二填空题三计算题解解令则又因为在正实轴去正实值所以所以单位优秀学习资料 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)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

17、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 ei 2.1z 3.2 4.1 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,i 1()()2Cff zdiz 2371.Cdz 因此 2()2(371)fi 故2()2(371)f zizz 1(1)2(67)2(136)2(6 13)ifiiziii.3.解：211()12zzeezzizi Re(),).2ies f z i 4.解：32130(1)()sin,(21)!nnnzzn

18、36360sin(1).(21)!nnnzzzn 内令则两边分别对求偏导数得因为函数在内解析所以代入则上述方程组于当从支割线上岸一点出发连续变动到时只有的幅角增加所以的幅角共断题二填空题三计算题解解令则又因为在正实轴去正实值所以所以单位优秀学习资料 欢迎下载 5解：设zxiy,则222211(1)211(1)zxiyxyyiwzziyxy .22222212Re,Im.(1)(1)xyywwxyxy 6解：31cos()sin()(13).332ieii 四、1.证明：设673()9,()61,f zzzzz 则在1z 上，()9,()1 6 18,f zz 即有()()f zz.根据儒歇定理

19、，()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()()()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

20、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.ei 2.1z 3.2 i 4.1 5.1 内令则两边分别对求偏导数得因为函数在内解析所以代入则上述方程组于当从支割线上岸一点出发连续变动到时只有的幅角增加所以的幅角共断题二填空题三计算题解解令则又因为在正实轴去正实值所以所以单位优秀学习资料 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()()0.22iiii 2.解：123,i 1()()2Cff zdiz 2371.C

21、dz 因此 2()2(371)fi 故2()2(371)f zizz 1(1)2(67)2(136)2(6 13)ifiiziii.3.解：0222111!,2nznzenzzzz 因此Re(),0)1.s f z 4.解：12111(1)(2)12(1)12zzzzzzzz 由于12z，从而11,12zz.因此在12z 内 有 1000111()()()().(1)(2)22nnnnnnnzzzzzzzz 5解：设zxiy,则222211(1)211(1)zxiyxyyiwzziyxy .内令则两边分别对求偏导数得因为函数在内解析所以代入则上述方程组于当从支割线上岸一点出发连续变动到时只有的

22、幅角增加所以的幅角共断题二填空题三计算题解解令则又因为在正实轴去正实值所以所以单位优秀学习资料 欢迎下载 22222212Re,Im.(1)(1)xyywwxyxy 6.解：设ize，则11,cos()2dzdzizz，22011221cos212zzddzidzaizzazazz 1a，故奇点为201zaa 02220124()4cos211Rez zdf zaaas.四、证明题：1.证明：设7632()24,()961,f zzg zzzz 则在1z 上，()24,()96 1 117,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

23、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，内令则两边分别对求偏导数得因为函数在内解析所以代入则上述方程组于当从支

24、割线上岸一点出发连续变动到时只有的幅角增加所以的幅角共断题二填空题三计算题解解令则又因为在正实轴去正实值所以所以单位优秀学习资料 欢迎下载 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()f z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 ei 2

25、.0z，3.2 4.5.1 6.2k=0()kiz 7.0,12,1ni n 8.9.5 10.1z 三、计算题：1.解：由于1sinzez在1z 解析，所以11sin0zzezdz 而331111(4)2(1)(4)2(1)3zzdzdzzizziz 因此11311sin2(1)(4)3zzzdzezdzizz.2.解：123,i 1()()2Cff zdiz 2371.Cdz 因此 2()2(371)fi 故2()2(371)f zizz 内令则两边分别对求偏导数得因为函数在内解析所以代入则上述方程组于当从支割线上岸一点出发连续变动到时只有的幅角增加所以的幅角共断题二填空题三计算题解解令则

26、又因为在正实轴去正实值所以所以单位优秀学习资料 欢迎下载 1(1)2(67)2(136)2(6 13)ifiiziii.3.解：211()()1211zzeef zzzz 1R e(),1),R e(),1),22ees f zs f z 因此 11Re(),)().222eeees f z 4.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)nnnnnnnnzzzzzzzzzzz 5解：设zxiy,

27、则222211(1)211(1)zxiyxyyiwzziyxy .22222212Re,Im.(1)(1)xyywwxyxy 6解：设ixze,则ixdzie dxizdx 11sin()2xziz 2220012sin22sindxdxxx 221111224141zzizdzdziz 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.内令则两边分别对求偏导数得因为函数在内解析所以代入则上述方程组于当从支割线上岸一点出发连续变动到时只有的幅角增加所以的幅角共断题二填空题三计算题解解令则又因为在

28、正实轴去正实值所以所以单位优秀学习资料 欢迎下载 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

29、 yv xy 12220000(,)(,)(,)(,),u x yu xyv x yv xy 从而有00(,)(,),u x yu xy 00(,)(,).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()f z的m阶极点.五、解：1.设54z，

30、则将区域4:0arg5zz保形映射为区域:0argz 内令则两边分别对求偏导数得因为函数在内解析所以代入则上述方程组于当从支割线上岸一点出发连续变动到时只有的幅角增加所以的幅角共断题二填空题三计算题解解令则又因为在正实轴去正实值所以所以单位优秀学习资料 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.内令则两边分别对求偏导数得因为函数在内解析所以代入则上述方程组于当从支割线上岸一点出发连续变动到时只有的幅角增加所以的幅角共断题二填空题三计算题解解令则又因为在正实轴去正实值所以所以单位优秀学习资料 欢迎下载 复变函数考试试题（九）参考

31、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 i 2、,0,1,2,zkk 3、2 4、1 5、1 6、1m 7、整函数 8、c 9、8 10、e 三、计算题（30）1、解：2521,lim()0.666nnii 2、解：123,i 1()()2Cff zdiz 2371.Cdz 因此 2()2(371)fi 故2()2(371)f zizz 1(1)2(67)2(136)2(6 13)ifiiziii.3、解：2().1()()Re(),),Re(),).22zziieef zzzi ziieies f z is f zi 4、解：12

32、111(1)(2)12(1)12zzzzzzzz 由于12z，从而11,12zz.因此在12z 内 有 1000111()()()().(1)(2)22nnnnnnnzzzzzzzz 5、解：设zxiy,则222211(1)211(1)zxiyxyyiwzziyxy .内令则两边分别对求偏导数得因为函数在内解析所以代入则上述方程组于当从支割线上岸一点出发连续变动到时只有的幅角增加所以的幅角共断题二填空题三计算题解解令则又因为在正实轴去正实值所以所以单位优秀学习资料 欢迎下载 22222212Re,Im.(1)(1)xyywwxyxy 6、解：设2422(),109zzf zzz 则()f z在

33、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,()1 6 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(,)u x yabi，则0 xyuu,由于()f zuiv 在内D解析，因此(,)x

34、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()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.五、计算题（10 分）内令则两边分别对求偏导数得因为函数在内解析所以代入则上述方程组于当从支割线上岸一点出发连续变动到时只有的幅角增加所以的幅角共断题二填空题

35、三计算题解解令则又因为在正实轴去正实值所以所以单位优秀学习资料 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 tt 3、设2,st则s将D保形变换为上半平面,因此,所求的单叶函数为 222222.ziiiizsitieieiweeeesitieiei 内令则两边分别对求偏导数得因为函数在内解析所以代入则上述方程组于当从支割线上岸一点出发连续变动到时只有的幅角增加所以的幅角共断题二填空题三计算题解解令则又因为在正实轴去正实值所以所以单位优秀学习资料 欢迎下载 复变函数考试试题（十）参考答案 一、判断

36、题（40 分）：1.2.3.4.5.6.7.8.9.10.二、填空题（20 分）：1.2 i 2.2(1)zz 3.zi 4.1 5.1(1)!n 三、计算题（40 分）1.解：2()9zf zz在2z 上解析，由cauchy积分公式，有 222229(9)()zzzzdzdzzzizi2295ziziz 2.解：设2()1izef zz，有2Re(,)22ieis fiei 3.解：11(cossin)(cossin)444422nnnniiii cossincossin2cos44444nnnnnii 4.解：222uxxxy，222uyyxy(,)(0,0)(,)x yyxv x yu

37、dxu dyc(,)2222(0,0)22x yyxdxdycxyxy 2202yxdycxy2 a r c t a nycx(1)(1,1)(1,1)ln2(2arctan1)ln2fiuivic 故2c，(,)2arctan2yv x yx 5.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.内令则两边分别对求偏导数得因为函数在内解析所以代入则上述方程组于当从支割线上岸一点出发连续变动到时只有的幅角增加所

38、以的幅角共断题二填空题三计算题解解令则又因为在正实轴去正实值所以所以单位优秀学习资料 欢迎下载 复变函数考试试题（十一）参考答案 一、1 2 二、1 1 2 12u 12u 422(cossin)(0,1,2,3)44kkkzaik 13 221n 15 9.()()aa 10.m 三、1解：2222,uxuyxxyyxy (,)(0,0)(,)x yyxv x yu dxu dyC (,)2222(0,0)x yyxdxdyCxyxy 220arctanyxydyCCxyx.又 (1)(1,1)(1fiui v 11ln2(arctan1)ln222iC.故,(,)arctan44yCv x

39、 yx.2.解:(1)222sintancoszzz奇点为1(2),0,12zkk 对任意整数k,1(2)2zk为二阶极点,z 为本性奇点.(2)奇点为01,2,(0,1)kzzk ik 1z 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()2 Re(,)zf z dzis f 内令则两边分别对求偏导数得因为函数在内解析所以代入则上述方程组于当从支割线上岸一点出发连续变动到时只有的幅角增加所以的幅角共断题二填空题三计算题解解令则又因为在正实轴去正实值所以所以单位优秀学习资料

40、 欢迎下载 将f在z 的去心邻域内作Laurent展开 198412324()12(1)(1)zf zzzzz 43244244831112(1)(1)14106(1)(1)14zzzzzzzzzzz 所以1Re(,)1s fC 4()2zf z dzi.(2)解:令ize,则 2220011 cos21 cosddI 42:1142(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 fi 4.解：儒歇定理：设c为一条围线，若函数

41、f与均在c内部及c上解析且()()zf z，zc，则()()f zz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 内令则两边分别对求偏导数得因为函数在内解析所以代入则上述方程组于当从支割线上岸一点出发连续变动到时只有的幅角增加所以的幅角共断题二填空题三计算题解解令则又因为在正实轴去正实值所以所以单位优秀学习资料 欢迎下载 故742520zzz 在1z 内有 4 个根.四、1.证明:*()(,)(,)f zu

42、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 z 222()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 21max()max()zrzrf zf z 于是

43、在12rzr 内()f z恒为常数,从而在zR内()f z恒为常数.内令则两边分别对求偏导数得因为函数在内解析所以代入则上述方程组于当从支割线上岸一点出发连续变动到时只有的幅角增加所以的幅角共断题二填空题三计算题解解令则又因为在正实轴去正实值所以所以单位优秀学习资料 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.1.1 2.()3.1()f zzz 4.0,5.i 6.2 7.1 8.221n 9.本性 10.三、计算题.1.解：arg2155zkikwz e 0,1,2,3,k 由511 得251kie 从而有2k 41141051025331(1)

44、22(cossin)444iwieii 2.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 fz R e(),1)ksfzki (1,2,)k （2）1100011ReRe!znnnzznezsszznn 3.计算下列积分 解：（1）72323221()12(1)(2)(1)(1)zf zzzzzz 1Re(,)1s fC 2()2 Re(,)2zf z dzis fi （2）设2222222()()()()zzf zzazaizai 令22()()zzzai

45、，32()()aizzzai 内令则两边分别对求偏导数得因为函数在内解析所以代入则上述方程组于当从支割线上岸一点出发连续变动到时只有的幅角增加所以的幅角共断题二填空题三计算题解解令则又因为在正实轴去正实值所以所以单位优秀学习资料 欢迎下载 则23()2()1Re(,)1!(2)4aiais f aiiaia I m0()2R e(,)2zfz d zis fa ia 2222()2x dxxaa 4.儒歇定理：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 z 6()6g zzz有

46、 ()()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 yey cos,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：于高阶导数公式得 ()01!()21zznneedin 即1!21znnezdin 故11!21nzzednin 从而2:11!2!1nnzCzzedninn 内令则两边分别对求偏导数得因为函数在内解析所以代入则上

47、述方程组于当从支割线上岸一点出发连续变动到时只有的幅角增加所以的幅角共断题二填空题三计算题解解令则又因为在正实轴去正实值所以所以单位优秀学习资料 欢迎下载 复变函数考试试题（十三）参考答案 一、填空题（每题分）1.1ier 2.0lim(,)xxoyyou x yu及0lim(,)xxoyyov x yv 3.0 4.5.2 6.24621(1)nnzzzz 7.椭圆 8.1(12)2i 9.2(1)124 10.1 二、计算题 计算下列各题（分）解:(1)11cos()2iee(2)ln(23)ln23arg(23)iiii 13ln13(arctan)22i(3)3(3)ln3(3)(ln

48、32)3ln3 2(6ln3)3iiiikkikeee 227cos(ln 3)sin(ln 3)kei 2.解:2333380882kiizzee (0,1,2)k 故380z 共有三个根:013z ,12z ,213z 3.解:222,2xyuxyxyuxy uyx 2222220uuuxy 是调和函数.(,)(,)(0,0)(0,0)(,)()(2)(2)xyxyyxv x yudxu dycyx dxxy dyc 00()(2)xyx dxxy dyc 22222xyxyc 22221()()(2)222xyf zuivxyxyixy 内令则两边分别对求偏导数得因为函数在内解析所以代入

49、则上述方程组于当从支割线上岸一点出发连续变动到时只有的幅角增加所以的幅角共断题二填空题三计算题解解令则又因为在正实轴去正实值所以所以单位优秀学习资料 欢迎下载 211(2)22i zi 4.解(1)12222015()()()66cxiy dzxixd xixi (2)11122000()()(1)ixyixdziy dyxix dx 11(3)2326iii 5.解:01z 时01111()()(1)(2)2122nnn onzf zzzzzz 101(1)nnnzz 12z 时11111()1(1)(2)212(1)(1)2f zzzzzzzz 0121nnn onznz 6.解:(1)2

50、2522 Re(,)4(1)czzdzis fiz z (2)224sin2 Re(,)0(1)zzdzis fzz 7.解:设24()1zf zz 12(1)2zi和22(1)2zi为上半平面内的两个一级极点,且12121Re (),lim24 2(1)()2zzzis f zzizizi 22221R e(),l i m242(1)()2zzzis f zzizizi 24112()124 24 2xiidxixii 8.(1)1R (2)R 9.解:设zxiy,则222()f zzxy 2,2,0 xyxyux uy vv 当且仅当0 xy 时,满足CR条件,故()f z仅在0z 可导,