2023年电大《复变函数》期末复习最全面精品资料.pdf

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1、 1 复变函数复习资料 第 1 章：复数与复变函数 复数是用有序数对),(yx定义的，其中yx,为实数。要注意，因为复数是“有序数对”，所以一般地讲，),(),(xyyx。正如所有实数构成的集合用R表示，所有复数构成的集合用C表示，即,:),(RbabazC 复数的四则运算定义为 ),(),(),(dbcadcba ),(),(),(dbcadcba ),(),(),(adbcbdacdcba 0,),(),(),(222222dcdcadbcdcbdacdcba 复数的四则运算满足以下运算律 加法交换律 1221zzzz 加法结合律 321321)()(zzzzzz 乘法交换律 1221zz

2、zz 乘法结合律 321321)()(zzzzzz 乘法对加法的分配律 3121321)(zzzzzzz ),(yx 称为),(yxz 的共轭复数，记为z。22yx 称为),(yxz 的模，记为z。共轭复数满足 zzzzzzzzzImi2,Re2,2 2121zzzz 2121zzzz 0,)(22121zzzzz 例 1 设i3,i5221zz，求21zz 分析：直接利用运算法则也可以，但那样比较繁琐，可以利用共轭复数的运算结果。解 为求21zz，在分子分母同乘2z，再利用1i2，得 i101710110i171)i3)(i52(2222121zzzzzzz 2 例 2 求复数)i21)(i

3、34()i21)(i34(A的模 解 令i21,i3421zz，有 2121zzzzA 由共轭复数的运算结果得 1212121212121zzzzzzzzzzzzA 复数的三角式 )s i ni(c o srz（其中zr）复数的三角式 ierz 由此得如下关系式 )(i21i2i1212121eeerrrrzz 0,eee2)(i21i2i1212121zrrrrzz nnnrzie 2121zzzz 0,22121zzzzz )A r g()A r g()A r g(2121zzzz )A r g()A r g()A r g(2121zzzz 对于复数ierz，它的n次方根为)1,1,0(e

4、2inkrznknn。例 3 求8)i1(解 4ie2i1，故有 16e16e)2()e2()i1(2i48i884i8 例 4 设iz 1，求4z 3 解 因4ie2z，故4arg,2zz于是，z的四个四次方根为 16i80e2w 169i81e2w 1617i82e2w 1625i83e2w 0z点的邻域为复数集合:0 zzz，记为),(0zN。0z点的去心邻域为复数集合0:0zzz，记为),(0*zN。无穷远点的邻域为复数集合:zz，记为),(N。对于区域D，若D中任意一条简单闭曲线的内部仍属于D，则称D为单连通区域。不是单连通区域的区域称为复连通区域。复变函数)(zfw 的定义类似于数

5、学分析中实函数)(xfy 的定义，不同的是前者)(zfw 是复平面到复平面的映射，所以无法给出它的图形。复变函数在一点的极限可用两个二元实函数在一点的极限来讨论，即 AzfAzfzzzzzzRe)(Relim)(lim000ImImReRe且AzfzzzzIm)(Imlim00ImImReRe 复变函数期末复习提要 第 2 章：解析函数 函数在一点可导的定义是 设函数)(zfw 定义在区域D内，DzzDz)(,00，若 zzfzzfz)()(lim0 存在，则称此极限为函数)(zf在点0z的导数，记为)(0zf，即 zzfzzfzfz)()(lim)(0000 （2.1）此时，称函数)(zf在

6、点0z可导，否则，称函数)(zf在点0z不可导。函数在一点解析的定义是 设函数)(zfw 定义在区域D内，0z为D内某一点，若存在一个邻域),(0pzN，使得函数)(zf在该邻域内处处可导，则称函数)(zf在点0z解析。此时称点0z为函数)(zf的解析点。若函数)(zf在点0z不解析，则称0z为函数)(zf的奇点。函数在一点解析，则在该点可导，反之则未必。例 1 试证：函数)Re()(zzf在复平面上处处不可导。4 分析：导数是一个特定类型的极限，要证明复变函数在某点的极限不存在，只需要找两条特殊的路径，使自变量沿这两条路径趋于该点时，函数值趋于不同的值。证 对任意点z，因 zzzzzzfzz

7、f)Re()Re()()(令yxzi，于是有 yxxzzfzzfi)()(由于上式当zz沿平行于虚轴的方向趋于点z时（即0,0yx），其极限为0；当zz沿平行于实轴的方向趋于点z时（即0,0 xy），其极限为1，所以 zzfzzfz)()(lim0 不存在，故)(zf在点z处不可导。由点z的任意性，函数)Re()(zzf于复平面上处处不可导。若函数),(i),()(yxvyxuzf定义在区域D内，则函数)(zf在区域D内为解析函数的充分必要条件是：),(yxu与),(yxv在D内可微。xyyxvuvu,在D内成立。条件称为柯西黎曼条件或 C.R.条件。函数)(zf在区域D内为解析函数的充分必要

8、条件是：yxyxvvuu,在D内连续 xyyxvuvu,在D内成立 例 2 试证函数1)(zzf在复平面解析 证 令yxzvuzfi,i)(，则 1i1)(yxzzf yxi1 v iu 于是 1xu yv 从而有 0,1yxuu 1,0yxvv 显然，yxyxvvuu,在复平面上处处连续，且满足 C.R.条件，故函数)(zf在复平面解析。函数)(zf在区域D内为解析函数的充分必要条件是)(Imzf为)(Rezf的共轭调和函数。例 3 设222),(yxyxyxu，试求以),(yxu为实部的解析函数),(i),()(yxvyxuzf，使得i)0(f 5 解 依 C.R.条件有 yxuvxy22

9、 于是 yyxvd)22()(22xyxy 由此得 )(2xyvx yu yx22 从而有 cxx2)(因此 cxyxyyxv222),(（c为任意常数）故得 )2(i2)(2222cxyxyyxyxzf czi)i1(2 将i)0(f代入上式，得 icf i)0(由此得1c，故得 i)i1()(2zzf 经验证，所得)(zf既为所求。复变函数期末复习提要 第 3 章：初等函数 理解zzsin,e与zcos的定义及其主要性质；知道支点概念。幂函数 定义 3.1 设yxzi，n为正整数，称nzw 为幂函数 根式函数 定义 3.3 设)0(eirz，称满足 zwn （n为不小于 2 的正整数）的w

10、为z的n次根式函数，或简称根式函数，记作 nzw 根式函数为多值函数，它不是解析函数 对于每一个确定的)0(eirz，都有n个不同的w与之对应，即有 nnrwi0e 6 nnrw2i1e （3.1）nnnnrw)1(2i1e 因为根式函数是多值函数，所以，它不是解析函数 根式函数在从原点起沿正实轴剪开的复平面上可分出n个单值函数 定义 3.4 设函数)(zFw 为多值函数，若当变点z从起始点0z出发绕一条包围点a的简单闭曲线连续变动一周再回到起始点0z时，函数)(zF从一个支变到另一个支，则称点a为函数)(zF的支点 根式函数nzw 的每个单值支在从原点起始沿正实轴剪开的复平面上为解析函数 指

11、数函数 定义 3.5 设yxzi，称 )sini(coseeyyxz （3.2）为指数函数，其等式右端中的 e 为自然对数的底，即2.71828e 对任意二复数111iyxz与222iyxz,有 2121eeezzzz ze在复平面上为解析函数，且有zze)(e 对任意一复数yxzi，有 2)(A rg,eekyzxz （k：整数）ze只以i2k(k为整数)为周期 21eezz的充分必要条件是 i212kzz （k为整数）zzelim不存在 设yxzi，若0y，则xzee；若0 x，则 yyysinicosei 这便是欧拉公式 若yxzi，则zzee 例 1 试证zze1e 证：设yxzi，由

12、定义得及（实）三角函数的性质得 )sin(i)cos(eeyyxz 7 xyyes i nico s )s i ni(c o se)s i ni)(c o ss i ni(c o syyyyyyx )s i ni(c o ses i nc o s22yyyyx ze1 对数函数 定义 3.6 设,0z，称满足 zwe 的w为z的对数函数，记作 zwLn 令vuwzrzi,0,ei由定义3.6 可得 zwLn )2(lnkir zizArgln （k：整数）即对于每一个,0z，有无穷个不同的w，即有 )4(iln2kzw)2(iln1kzw iln0 zw （3.3）)2(iln1kzw)4(i

13、ln2kzw 与之对应，因此，对数函数为多值函数，从而，它不是解析函数 例 2 计算)i1(Ln 解：)i1(Argii1ln)i1(Ln )24(i2ln21k （k：整数）三角函数 定义 3.7 设z为复数，称 i2eeiizz 与2eeiizz 分别为z的正弦函数和余弦函数，分别记作 8 i2eesiniizzz 与 2eecosiizzz 正、余弦 函数的性质：zsin与zcos在复平面解析，且有 zzzzsin)(cos,cos)(sin 三角学中实变量的三角函数间的已知公式对复变量的三角函数仍然有效：例如，由定义可推得 1cossin22zz zzcos)2sin(zzsin)2c

14、os(212121sincoscossin)sin(zzzzzz 212121sinsincoscos)cos(zzzzz zzsin)sin(zzcos)cos(zzziesinicos zsin仅在kz 处为零，zcos仅在2kz处为零，其中的k为整数 zsin与zcos均以2k（k为整数)为周期；命题“若z为复数，则1cos,1sinzz”不真 zzsinlim与zzcoslim均不存在 例 3 试证zzzi2iesini21e 证：由定义 zzzzzi2iiiei21ei2eesin 可得 zzzi2iesini21e 例 4 计算)i1cos(的值 解 由定义得 2ee2ee)i1c

15、os(1i1i)i1(i)i1(i 9 1s i n)ee(21i1co s)ee(2111 复变函数期末复习提要 第 4 章：解析函数的积分理论 理解积分基本定理、积分基本公式、高阶导数公式；了解刘维尔定理、最大模原理，掌握证明它们的方法；掌握利用积分基本定理和莫瑞拉定理判别解析函数的方法；熟练掌握利用积分基本定理、积分基本公式和高阶导数公式计算函数沿闭曲线的积分。积分基本定理 定理 4.2 设G为复平面上的单连通区域，c为G内的任意一条围线（图 4-3），若)(zf在G内解析，则 0d)(czzf 定理 4.4 设有围线ncccc,210，其中nccc,21中的每一条均在其余各条的外部，而

16、它们又全都在0c的内部；又设G为由0c的内部与nccc,21的外部相交的部分组成的复连通区域（图 4-4），若)(zf在G内解析，且在闭区域G上连续，则 0d)(10nccczzf （4.6）积分基本公式 定理 4.5 设G是以围线c为边界的单连通区域（图 4-6），若)(zf在G内解析，且在G上连续，则 Gzzzzzfzfc000d)(i21)(（4.11）例 1 计算积分22d1zzzz。解 首先，识别积分类型由于被积函数在积分路径内部含有两个奇点1z与1z，所以，想到用“挖奇点”法来计算。其次，为了用“挖奇点”法，作211:,211:21zczc，由定理 4.4 有 21d1d1d122

17、22cczzzzzzzzzz 最后，计算上式右端两个积分，对这两个积分分别重复例 4.4 的解题步骤，得 11d11d12cczzzzzzz 11 i2zzz i 10 22d11d12cczzzzzzz 11 i2zzz i 故 i2d122zzzz 高阶导数公式 定理 4.6 设G是以围线c为边界的单连通区域（图 4-7），若)(zf在G内解析，且在G上连续，则)(zf在区域G内有各阶导数，并且有 Gzzzzzfnzfcnn0100)(d)()(i2!)(（4.15）例 2 计算积分1134d)1(zzzz。解 由高阶导数公式 141134)(!2i2d)1(zzzzzz i12 刘维尔定

18、理 定理 4.9 若)(zf在复平面上解析，且有界，则)(zf必为常数。最大模原理 定理 4.12 设G为区域，cGG为有界闭区域，函数)(zf在G内不是常数，若)(zf在G内解析，且在G上连续，则 GzMzf,)(其中的M为)(zf在G上的最大值。最大模原理为我们提供了一种证明在区域G内解析的函数)(zf为常数的方法：只须证对G内某点0z有Mzf)(0即可，其中的M为)(zf在G上的最大值。莫瑞拉定理 定理 4.15 设)(zf在单连通区域G内连续，c为G内任意一条围线，若 0)d(czzf 11 则)(zf在G内解析。莫瑞拉定理不仅给出了一个函数为解析函数的充分条件，而且它与定理 4.2（

19、积分基本定理）一起可得解析函数的又一等价定义。复变函数期末复习提要 第 5 章：解析函数的幂级数表示 了解复级数的基本概念；理解解析函数的幂级数表示；理解收敛圆及收敛半径的概念；熟练掌握收敛圆及收敛半径的求法；了解解析函数的零点并掌握其判别方法；熟练掌握将函数在一点展成幂级数的方法；了解解析函数的唯一性定理，掌握其证明方法。幂级数 定义 5.7 称形如 nnnnnzczczcczc22100 （5.5）或 nnnnnzzczzczzcczzc)()()()(020201000 （5.6）的级数为幂级数，其中,2100nccccz均为复常数。收敛圆 收敛半径 对于级数（5.5），总存在圆周Rzc

20、R:，使得级数（5.5）在Rc的内部绝对收敛，在Rc的外部发散我们称圆RzRN:),0(为级数（5.5）的收敛圆，称R为级数（5.5）的收敛半径。求收敛半径的方法与数学分析中的方法一样。定理 5.7 对于级数（5.5），若极限 nnncc1lim 存在（有限或无限），则极限 nnnclim 存在，并且有 nnnnnnccc1limlim R1 其中的R为级数（5.5）的收敛半径当0时，规定R，当时，规定0R。解析函数的幂级数表示 定理 5.9 设G为区域，点Ga，圆RazK:含于G（图 5-1），若函数)(zf在G内解析，则在K内有 12 0)()(nnnazczf （5.7）其中 ,2,1,

21、0,!)0()(nnfcnn （5.8）且上述展式是唯一的。例 1 试将2)(zzzf在点1z展成泰勒级数。解 因为2z是)(zf的唯一有限奇点，所以，)(zf可在3)2(11z内展成泰勒级数，有 31112zzzz 3)1(13)1(1zzz )311(31)311(31zzz 010113)1()1(3)1()1(nnnnnnnnzz 31,3)1()1(231111zznnnn 解析函数的零点 定义 4.8 设函数)(zf在点a解析，若0)(af，则称点a为)(zf的零点，若)(zf的零点a满足 0)()()()1(afafafm，但0)()(afm 则称点a为函数)(zf的m级（阶）零

22、点。计算)(zf的零点的级别的方法 定理 5.11 点a是不恒为零的解析函数)(zf的m级零点的充分必要条件是)()()(zazzfm 其中，)(z在点a解析，且0)(a。例 2 试判断点2z是函数zzzzf44)(23的几级零点。解 因为 zzzzf44)(23 2)2(zz 所以，若令zz)(，则)(z在点2z解析，且0)2(，即)(z满足定理 5.11 的条件，故点 13 2z为函数)(zf的二级零点。解析函数的唯一性 定理 5.13 若 函数)(1zf与)(2zf在区域G内解析。E为G内一无穷点集，且E在G内至少有一个聚点a。)()(21zfzf在E上成立，则)()(21zfzf在G内

23、成立。解析函数的唯一性定理可以用来在复平面证明我们过去熟知的一些等式。复变函数期末复习提要 第 6 章：解析函数的罗朗级数表示 了解双边幂级数的有关概念；理解孤立奇点的概念，掌握判别孤立奇点类别的方法；了解罗朗定理，熟练掌握将函数在孤立奇点（无穷远点除外）展成罗朗级数的方法；了解解析函数在其孤立奇点邻域内的性质。定义 6.1 称级数 nnnnnnnazcazccazcazcazc)()()()(101 （6.1）为双边幂级数，其中a与),2,1,0(ncn为复常数，称),2,1,0(ncn为双边幂级数（6.1）的系数 定义 6.2 若级数（6.1）在圆环)0(RrRazr内收敛，则称此圆环为级

24、数（6 1）的收敛圆环 类似幂级数，双边幂级数有如下定理：定理 6.1 若级数（6.1）的收敛圆环为)0(:RrRazrG，则级数（6.1）在G内绝对收敛，且在G内每个较小的同心闭圆环rRazrG(:)RRr上一致收敛，其和函数在G内为解析函数 定理 6.2 若函数)(zf在圆环)0(:RrRazrG内解析，则)(zf在G内可展成双边幂级数为 nnnazc)(（6.4）其中 ,2,1,0,d)()(i211nafccnn （6.5）这里的c为圆周)(Rra，并且系数nc被)(zf及圆环G唯一确定 例 1 试将12)23()(zzzf在圆环21z内展成罗朗级数 解 首先，知道)(zf在圆环21z

25、内解析，所以，)(zf在该圆环内可展成罗朗级数，且展式是唯一的 其次，利用展式 1,110zzznn 14 将)(zf展成罗朗级数由21z得 11z 及 12z 故)2)(1(1)(zzzf 1121zz )11(1)21(21zzz 21,120101zzznnnnn 例 2 试将zzzfsin)(在点0z的去心邻域内展成罗朗级数 解 首先，确定使)(zf在其中解析的点0z的最大去心邻域为z0 其次，将)(zf展成罗朗级数，有 zzzfsin)(012)!12()1(1nnnnzz znznnn0,)!12()1(02 孤立奇点的分类 定义 6.3 设点a为函数)(zf的奇点，若)(zf在点

26、a的某个去心邻域Raz0内解析，则称点a为函数)(zf的孤立奇点 定义 6.4 设点a为函数)(zf的孤立奇点：若)(zf在点a的罗朗级数的主要部分为零，则称点a为)(zf的可去奇点；若)(zf在点a的罗朗级数的主要部分有有限多项，设为 0,)()(11)1(mmmmmcazcazcazc 则称点a为)(zf的m级（阶）极点；若)(zf在点a的罗朗级数的主要部分有无限多项，则称点a为)(zf的本性奇点 依定义，点0z为zzsin的可去奇点，点0z为2ezz的二级极点，点1z为zz1sin的本性奇 15 点 函数在孤立奇点的去心邻域内的性质 函数在可去奇点的去心邻域内的性质 定理 6.3 若点a

27、为)(zf的孤立奇点，则下列三个条件是等价的：点a为)(zf的可去奇点；)()(limczfaz；函数)(zf在点a的某个去心邻域内有界 函数在极点的去心邻域内的性质 定理 6.4 若点a为)(zf的孤立奇点，则下列三个条件是等价的 点a为)(zf的m级极点；)(zf在点a的某个去心邻域Raz0内可表示为 mazzhzf)()()(其中的)(zh在点a的邻域Raz 内解析，且0)(ah；点a为)(1zf的m级零点（可去奇点视作解析点时）定理 6.5 点a为函数)(zf的极点的充分必要条件是)(limzfaz 函数在本性奇点的去心邻域内的性质 定理 6.6 点a为函数)(zf的本性奇点的充分必要

28、条件是)(limzfaz不存在，即当az 时，)(zf既不趋于有限值，也不趋于 定理 6.7 若点a为)(zf的本性奇点，且)(zf在点a的充分小的邻域内不为零，则点a必为)(1zf的本性奇点 例 3 设1)e1(5)(zzf，试求)(zf在复平面上的奇点，并判定其类别 解 首先，求)(zf的奇点)(zf的奇点出自方程 0e1z 的解解方程得)1(Ln z ,2,1,0,i)12(kk 若设),2,1,0(i)12(kkzk，则易知kz为)(zf的孤立奇点另外，因 0)e1(,0)e1(kkzzzzzz 所以，由零点的定义知kz为ze1的一级零点 从而知),2,1,0(kzk均为)(zf的一级

29、极点 16 ttttttxxxd12)12,11(Rad)sin,(cosRa222220 复变函数测试题 一、单项选择题（本题共 15 分，每小题 3 分）1.若yxzi，则 zz（）(A)yxi (B)22yx (C)22yx (D)yxi 2.若集合E为上半平面，则集合E由满足（）的全体点组成 (A)0Rez (B)0Imz (C)0Rez (D)0Imz 3.12)de5(zzzz（）(A)0 (B)1 (C)1 (D)i 4.函数zzf11)(在点2z展成幂级数的收敛半径为（）(A)1 (B)2 (C)3 (D)4 5.若221)(zzzf，则点iz为)(zf的（）(A)可去奇点 (

30、B)极点 (C)本性奇点 (D)非孤立奇点 二、填空题（本题共 15 分，每小题 3 分）1.设yx,为实数，称形如),(yx的有序数对为复数，其中的“有序”意指：若yx，则),(yx 2.若点a为函数)(zf的可去奇点，则),(Resaf 3.设函数)(zfw 定义在区域D内，0z为D内某一点，若存在一个邻域),(0zN，使得)(zf在该邻域内 ，则称函数)(zf在点0z解析 4.设,0z，称满足 的w为z的对数函数，记作zwLn 5.若映射)(zfw 在区域G内是 ，则称该映射为区域G内的保形映射 三、计算题（本题共 50 分,第 1、2 小题各 7 分，第 3、4、5 小题各 12 分）

31、1.设)23(i)13()(322223xyyyxyxxyxzf，求)(zf 2.计算ii的值 3.试问点0z为函数)6(sin6)(633zzzzf的几级零点，为什么？4.试将14)(2zzzf在点1z的去心邻域内展成罗朗级数 5.计算积分20dcos9a 17 四、证明题（本题共 20 分，每小题 10 分）1.设2222,dcnbam，其中dcba,均为整数试证：nm仍为两个整数的平方和 2.设zzfcos)(试证：若0R，则在圆周Rz 上必存在一点0z，使得1)(0zf 复变函数测试题答案 一、单项选择题 1.C 2.B 3.A 4.C 5.B 二、填空题 1.),(xy 2.0 3.

32、处处可导 4.zwe 5.单叶且保角的 三、计算题 1.zz232 2.22ek（k为整数）3.点0z为函数)(zf的15级零 4.,148)1(4)(zzzf10z 5.1182a 四、证明题 1.证：因)i)(i(22bababam)i)(i(22dcdcdcn 所以)i)(i)(i)(i(dcdcbabanm)i)(i()i)(i(dcbadcba)(i)()(i)(bcadbdacbcadbdac 22)()(bcadbdac 由于dcba,均为整数，故结论得证 2.证：设由圆周Rz 围成的区域G为Rz，易知，G为有界闭区域 因函数zzfcos)(在G内不是常数，在G内解析，且在有界闭

33、区域G上连续，所以，由最大模原理有 GzMzzf,c o s)(这表明zzfcos)(在G内取不到最大值M，故它只能在G的边界Rz 上取到最大值M，即在圆周Rz 上必存在一点0z，使得Mzf)(0，且有 1)0()(0fzf 故结论得证 数学与应用数学专业复变函数样题 一、单项选择题（本题共 15 分，每小题 3 分）1.设yxzi，则x可用z表示为（）(A)2zz (B)2zz (C)i2zz (D)i2zz 2.若yxzi，则上半平面可表示为（）(A)0Imz (B)0Imz (C)0Imz (D)0Imz 18 3.2d1azzaz（）(A)0 (B)1 (C)i2 (D)i2 4.函数

34、zzfe)(在复平面上可表示为（）(A)2!nnnz (B)0!nnnz (C)1!nnnz (D)2nnnz 5.设zzfsin)(，则),2,1,0(kkz为)(zf的（）(A)一级零点 (B)二级零点 (C)三级零点 (D)四级零点 二、填空题（本题共 15 分，每小题 3 分）1.设yx,为实数，称形如),(yx的 为复数 2.设yxzi，则称ze 为指数函数，其中“e”为自然对数的底 3.若存在某个),(aN，使得 ，则称点a为函数)(zf的解析点 4.函数zzf11)(在点1z展成罗朗级数，即在 内展成罗朗级数 5.若映射)(zfw 在区域G内是 ，则称此映射为区域G内的保形映射

35、三、计算题（本题共 50 分,第 1、2 小题各 7 分，第 3、4、5 小题各 12 分）1.设yxzi，求)1Re(z 2.设22)4(1)(zzzzf，试求)(zf的有限奇点，并指出其类别 3.设233xyxu，试求解析函数vuzfi)(，使得233xyxu，且满足0)i(f 4.设21)(zzf，试将)(zf在点1z展成幂级数 5.计算积分xxxd212 四、证明题（本题共 20 分，每小题 10 分）1.试证：若392)(269zzzzzf，则)(zf在1z内只有一个零点 2.设)(zf在区域G内为解析函数，试证:若对某个点Gz 0，有0)(0)(zfn,19,2,1n，则)(zf在

36、G内为常数 数学与应用数学专业复变函数样题答案 一、单项选择题 1.B 2.C 3.D 4.B 5.A 二、填空题 1.有序数对 2.)sini(coseyyx 3.)(zf在),(aN内处处可导 4.10z 5.单叶且保角的 三、计算题 1.解：因 22i)i)(i(ii11yxyxyxyxyxyxz 所以 22)1Re(yxxz 2.解：因使 0)4(22zz 的点为0z与i2z，故它们为)(zf的孤立奇点 又因点0z为)(1zf的一级零点，所以，0z为)(zf的一级极点而点i2z与i2z均为)(1zf的二级零点，所以，点i2z与i2z均为)(zf的二级极点 3.解：由 CR 条件有yxv

37、yxu2233，所以 )(332xyyxv 又因为xyvu，得)(0 x，所以 cx)(所以 cyyxv323 由此得 )3(i)3()(3223cyyxxyxzf 由0)i(f得1c，故 )13(i)3()(3223yyxxyxzf 经验证)13(i)3()(3223yyxxyxzf 或i)(3zzf 即为所求 4.解：)(zf在31 z内可展成幂级数，有 20 31121)(zzzf )31(1 31)311(31zz 03)1()1(31nnnnz 013)1()1(nnnnz ，31 z 5.解：)2i71,21(Resi2d2122zzxxx 而 21)2i71(lim)2i71,2

38、1(Res22i712zzzzzz i71 故 772i71i2d212xxx 四、证明题（本题共 20 分，每小题 10 分）1.证：令 32)(,9)(269zzzzzzg 因)(zg与)(z均在1z上解析，且在1z上有 9)(,732)(269zgzzzz 即 )()(zgz 所以，)()()(zzgzf 与)(zg 在1z内有相同个数的零点 而zzg9)(在1z内只有一个零点，故)(zf在1z内只有一个零点 2.证：因)(zf在区域G内解析，所以一定存在),(0RzN（其内部及边界全含于G内），使得 000)()(!)()(nnnzznzfzf，Rzz0 由),2,1(0)(0)(nz

39、fn得 )()(0zfzf，Rzz0 21 即在),(0RzN内)(zf为常数 由解析函数的惟一性定理证得)(zf在G内为常数 复变函数 试题 一、单项选择题(本题共 20 分，每小题 4 分)1若 则()A45 B3 C25 D1 2点 是集合 的()A孤立点 B内点 C外点 D边界点 3设 若 则 ()()为整数)为整数)()A0 B1 C2 D3 二、填空题(本题共 20 分，每小题 4 分)1 设 2，Y 为，称形如(z，y)的有序数对为复数，其中的“有序，意指：若 则 2设 且 20 为 G 的点，若 则称厂(z)在 点 z。连续 3函数 在复平面上处处导 4级数 的收敛半径等于 5

40、映射 将圆周映射为 三、计算题(本题共 45 分，每小题 15 分)1设 试求以 u 为虚部的解析函数 使得 2计算积分 3将函数 在点 的邻域内展成幂级数 四、证明题(本题 l5 分)试证：点 是函数 的二级零点 数学专业复变函数试题答案及评分标准 一、单项选择题(本题共 20 分。每小题 4 分)1D 2B 3A 4D 5B 二、填空题(本题共 20 分，每小题 4 分)1实数 2聚 3不可 4 1 5圆周 三、计算题(本题共 45 分，每小题 15 分)1解：由 CLR 条件有 于是 由此得 从而有 (c 为任意常数)因此 故得年 由 22 得 故得 2解：设 由高阶导数公式得 3解：因

41、为厂(2)的有限奇点只有 与 所以，厂(2)在点 数，且，(z)在 内可展开，有：四、证明题(本题 l5 分)证法 l：因为函数厂(2)在点 解析，且 所以点 为函数 F(z)的零点，又因 但 故由定义知道，点 为函数，(z)的二级零点l5 分 证法 2：因为函数，(2)在点 解析，且 所以点 为函数，(z)的零点，又因 而常数函数 在点 解析，且 故由定理 511 得知点 为函数厂(2)的二级零点 l5 分 数学专业 复变函数 试题 。一、单项选择题(本题共 20 分，每小题 4 分)1设,iyxz则2|x可用 z 表示为()2点iz2是集合的()A孤立点 B内点 C外点 D边界点().co

42、s.3i 21.2eA eeB21.2 21.2eC eeD21.2 23().)23(.421|dzzzc A0 B 1(：2 D3 5函数zzf11)(在点 Z=l 展成幂级数的收敛半径为()A1 B 2 C 3 D4 二、填空题(本题共 20 分，每小题 4 分)1若点集 E的全部聚点都属于 E，则称 E为()集 2设点 a 为函数 f(x)的奇点，若，f(x)在点 a 的某个去心邻域Raz|0内解析，则称点 a为 f(x)的()奇点 )0,sin(Re.4zzs 5映射 w=z-1将直线映射为()三、计算题(本题共 45 分，每小题 l5 分)1设,sin yevx试求以 t，为虚部的

43、解析函数使得 f(o)=1 2计算积分 3将函数21)(zzf在点 z=l 的邻域内展成幂级数 四、证明题(本题 t5 分)试证：点 z=l 是函数的二级极点 复变函数试题答案及评分标准 一、单项选择题(本题共 20 分，每小题 4 分)1 C 2C 3B 4A 5B 二、填空题(本题共 20 分。每小题 4 分)1闭 2孤立 3 1 40 5直线 三、计算题(本题共 45 分，每小题 15 分)1解：由 CR条件有 于是 由此得 从而有 cy)(c 为任意常数)因此 24 cyeuxcos 故得)sin()cos()(yeicyezfxJ 由 f(O)=1 得 c=0，故得)sin()cos()(yeiyezfxx ze 2解法 1：设 因，(z)在 c 的内部只有两个有限奇点 0 与 1，故作由定理 44 有 而 故 解法 2：设因 f(z)在 c 的内部只有两个有限奇点 0 与 l，且知 0 是 f(z)的二级极点，l 是 f(z)的一级极点，由定理 71 得 而 故 3解：因为厂(z)的有限奇点只有 z=2，所以 f(z)在点 z=l 可展成幂级数，且 f(z)在|z l|1内可展开，有 25 四、证明题(本题 l5 分)证：因为 而函数在点 z=1 解析，且故由定理 64 得知点 z=1 为函数 f(z)的二级极点