《复变函数》复习资料

1、成考复习资料复变函数 复习资料 1、判断题1. 把角形域映射为角形域用指数函数映射（ ）2.3.4.5.6.7. 分式线性映射在复平面上具有共形性、保圆性、保对称性。 （ ）8.9.10.、解答题1.设 f (z)e122 ，求 f （z）在0 |z| 1的洛朗展式（只写出含到 z2各项）z（1 z2 ）za2. 利用留数定理计算复积分 Iez2 dzz1dzz 1 (z a)n(z b)n(0 a 1,0 b1且a b,n 为自然数 ).2 4cos23. 利用留数定理计算实积分 d0 5 4cos 三、解答与证明题1. 如果在1内，函数 f (z) 解析，且f (z)1，求f (n) (0

2、)1的最优估计值 .12( 1)函数2 当 x为实数时，都有确定的值且在全实轴上有任意阶导数，但它的泰勒1 x2展开式： 1 1x2 1 x2 x4却只当 x 1时成立，试说明其原因；2)利用惟一性定理证明：sin z( 1)n z2n 1n 0 (2n 1)!z 1.3. 设 (z) 在 C: z 1内解析且连续到 C , 在 C 上 (z) 1试证 在 C 内部2( z) 3z z 只有一个根 z0 .4. 设D为单连通区域， f(z)在D内解析， C在D内一条周线， D0为C的内部 .若对于任意的 z D0都有 Re C21i f( z)d1，则在 D内恒有 f(z) 1 ic，其中 c

3、为实常数 .1-5 FFTTF 6-10 TFFTF二、解答题1、设 f (z)z e z(1z2)解：f (z)ezz(1z2)z2!2 z 3!52z6答案，求 f(z)在0 | z|ez 11 z2z2z42、利用留数定理计算复积分a b,n 为自然数 )解：因为所以 I1设 I2|z|1).a1ez dz1|a| 1，|b| 1且 a|z| 1(z2i(dznn a) (z a)i121的洛朗展式(只写出含到 z2 各项)zn 2n1)n z2nz1Res f (z) za1)n 1 n(n 1).(2n 2)1) (n 1)!(b1dz(z a)n(z b)nRzebs f(z) (

4、01,0 b 1且ez dz ，因为在单位圆周 z11内域内有洛朗展式：a2ez2 =12n 1a)2n 11 2n 1 )2n 1 (a b)2n 1aez 只有一个本质奇点2a2!z4z 0 ，在该点的去心领a2 所以 Resez z00 ，故 I 2 0 ，因此原积分值为零。3、利用留数定理计算实积分4cos2 d5 4cos解：令 z e i ，则 cos1zz， sindz2iiz先计算积分 I4cos2 4i sin 2d5 4cos4z211 dzz 1 5 2 z z 1 izs e1R故所求积分等于三、解答与证明题1如果在 z 1内，函数 f ( z)解析，且 f (z)11

5、z，求 f (n)(0) 的最优估计值。证明：对任意的 r 且满足 0 r 1，由于 f (z) 在西不等式得：f (n) (0)n!M(r)nr1内解析，在 z，其中 M (r)为 f(z) 在 zr 的最大值。r 上应用柯又因为有条件 f (z)，在 z1r ， M (r) = 1 ，所以1rf (n) (0)n!M (r)n!rn(1 r)，令 g(r) rn(1 r)，有数学分析的知识可得当n，n1g(r) r n(1r)在0r 1 达到最大，把rnn1代入 f (n) (0)n!M (r)nrn!rn (1 r)的f (n) (0)(n 1)!(11n1)n ，(n 1)!(1 n1

6、)n为nf (n)(0) 的最优估计值。2(1)函数 1 2 当 x为实数时，1 x2它的泰勒展开式： 1 2 1 x21 x2都有确定的值且在全实轴上有任意阶导数， 但 x4 却只当 x 1 时成立，试说明其原因。n 2n 12)利用惟一性定理证明：z 1.( 1)n z2n 1 sin zn 0 (2n 1)!1证明：(1)考虑函数 f(z)1 2，那么 z i是 f (z)的两个奇点，因此 f(z)在1 z211z 0的领域内展成的幂级数的收敛半径为 1，而 1 2 是 f(z) 1 2 的特殊情1 x 1 z1形，所以 1 2 1 x2 x4只当 x 1时成立 .1xn 2n 12)因

7、为级数( 1) z解析函数 g(z)，令 f (z)=sinz，则 f (z) 在 z1内也解析 .因为在数学分析中知道： sin x( 1)nx2n 1 n 0 (2n 1)!x1即当 zx时， f (z) = g( z) ，有惟一性定理可知：sin zn 2n 1n 0(21n) z1)! , z 1.3. 设(z) 在 C:z1内解析且连续到C,在(z) 1试证 在 C 内部(z)3z2z 只有一个根 z0 .证明：令 F(z)2(z) z2, f(z)3z,则 f (z)及其(z)在 z 1解析,在 z 1上连续 ,在 C 上有 | f (z)|3 2 z2 | (z)|(z) z2

8、.由儒歇定理可知 f(z) 与 F(z) = (z)1内有相同的零点个数,而f(z) 3z 在1内仅有一个一级零点, z 0, 故 (z) z2 3z 在 z 1也仅有一n 0 (2n 1)! 的收敛半径为 1，所以在收敛圆 z 1内收敛到一个个根, 设为 z0,即 (z0) z02 3z02 0=0.4设 D为单连通区域， f(z)在 D内解析，C在 D 内一条周线， D0为C 的内部。若对于任意的 z D0都有 Re 1 f( )d1，则在 D内恒有 f (z) 1 ic，其中 c为实常0 C 2 i z数。证明：有柯西积分公式，在 D0 内 f (z) 1 f ( )d ，2 i C z

9、于是在 D0 内 Re f(z) 1，从而 f (z)在 D0 内为常数，注意到 Re f (z) 1，对任意的 z D0 ，f(z) 1 ic ，其中 c 为实常数。再由解析函数的惟一性定理可得在 D 内f(z) 1 ic ，其中 c 为实常数。成考复习资料成考复习资料复变函数 复习资料 2、计算题1 、( 1)计算积分2nz 1(z 1z) dzz (其中 n是正整数) .(2) 令 z ei2，并利用( 1)计算的结果，导出 02 cos2n d2 (2n 1)!2 (2n)!2、利用留数理论计算积分cosmx dx(m 是正整数) .0 5 4cosx3 、 求 函 数 f(z)=1z

10、ezzz4z1的所有奇点及奇点类型.并计算积分1zez3 1 zzz4 11zsinzdz.、证明题1、设 f (z) 在区域 0R内满足: f(z)在0z a R 解析且不恒为常数 ;znz0使得 f (zn) 0,(n 1,2 ) ,且lim zn a.证明 a 为 fnz的2、(1)证明：如果函数本质奇点 .f(z) 在区域 D 内单叶解析，则在 D 内 f '(z) 0.(2) 试问上述命题的逆是否真，如果不真，请举一个初等解析函数的例子3、设 f(z)在任何有限的区域上解析，而且 f(z) M (正常数)试证：(1)limf(z) dz 0， (a, b为任意两个给定的复数

11、, a b).R z R(z a)(z b)(2) 根据( 1)推出刘维尔( Liouville )定理.4、若不为常数的函数 f(z)在 z R(包括 )中解析，试证明 M( r)= max f (z)(r>R)是 r 的严格下降函数 .并利用此结论证明下列结论：设 P(z) n n 1=z an 1za0求证:mza1xP( z) 1.、计算题1、(1)解：z 1(z1 2n dz ) zzi 2n(2n1) (n 1)n!2)在( 1)中令 z ei2 解：因为积分号下的函数为cosmx dx,4cosx设zeix,则I1iI 2 1 i在圆周于是3解：答案1(z2nnc2n1 d

12、z2n )zz，并利用余弦函数的定义，再整理就得到结论x的偶函数，故 I= 2cosmx5dx4cosxI25z 2(1 z内部， f(z) 仅有一个一阶极点由留数定理 I1 iI 2知I1m 1 ,I 23(2m 1) 2z3、证明题sinmx dx5 4cosx则I1iI 2imx e dx 4cosx2 dz2.2 i.(zdz12)(z )2Resf (z) zmzz213(2m1)3(2m 1)3(2m 1)10, 所以 I= I123(2m)2kie 4 (k 0,1, 2,3) 皆为一阶极点， z 0是本质奇点，1,zk是可去奇点1zez1zzz4 11 dz= 4 i zsin

13、z1、证明：由条件知 a 是f (z) 的孤立奇点先证 a不是 f ( z)的可去奇点 .若不然，令 f (z)=0,则 f (z)在 z a R内解析，由零点的孤立性得 f(z) 0 ，这与条件矛盾 .再证 a不是 f (z)的极点，若不然，由极点的等价条件知 f (z)在a的某邻域内无界，这也与条件矛盾。因此 a是 f(z) 的本质奇点2、证明：(1)若有 D 的点 zo使 f '(zo) 0，则 zo必为 f (z) f (z0)的一个 n阶零 点 (n 2) 。 由零点的 孤立性， 故存在0 ，使 在圆 周 c: z z0上，f(z) f (z0) 0在 C的内部， f (z)

14、 f(z0)及 f '( z)无异于 zo的零点。命m表 f(z) f (z0) 在 C 上的下确界，则由儒歇定理即知， 当0 a m时， f(z) f (z0) a在圆周 c的内部亦恰有 n 个零点。但这些零点无一为多重点， 理由是 f '(z)在 C 内部除 zo外无其他零点，而zo显 然非 f(z) f (z0) a的零点。故 命 z1,z2, zn 表 f (z) f (z0) a 在 C 内 部 的 n 个 相异 零 点 。 于 是f (zk ) f (z0) a(k 1,2, ,n)这与 f ( z)的单叶性假设矛盾。故在区域 D 内 f '(z) 0。(2

15、)其逆不真，例：f (z)z e3(1)由于：f(z)M 2 R2M.10(R )z R (z a)(z b)(Ra)(R b)R.ab)(1 )(1RR(2)由于f (z)dz 1 f (z)f(z)dz2i( f (a) f(b)z R (za)(zb) a bzazbab故 f(a)=f(b). 由于 a、b 任意，故 f(z) 恒为常数 . 4证明：由最大模原理得，对于任何 R r1 r2M(r1)=max f (z) max f (z) >max f (z) =max f (z) = M(r2)由 P( z)=z n an 1zn 1a 0 ,考虑函数 p(nz) ( z 1)

16、是解析的(包括 )，z由( 1)知在 z 1内是递减的， max P(z) =max p(nz) max p(nz) (R 1)，令取极限，就有 mzax1 P(z)1.复变函数 复习资料 3. 求解方程 z3 8 0. 计算复数 Ln ( 3 4i).计算积分 C (z2 1)1(z2 4)dz， C: z 23，C为正向曲线四.将函数 ln(2 z) 在0 z(z 1)z 1 1 内展开成罗朗级数五. 计算积分2d0 5 3cosz六.计算 f (z) 2e 在 处的留数z1七.计算积分 C (z2 1)2(15zz4 2)3dz，C:z3， C 为正向曲线答案3解：因为 z 8 8(co

17、s i sin ), 所以， 2k 2kz 2(cosi sin), k 0,1,2.33即方程有三个解： z1 1 3i ，z22， z3 1 3i解：根据对函数的定义有Ln( 3 4i ) lnln 5i(iArg ( 34arctan 2k30, 1, 2.4i4i)解：令 f ( z)f (z)dz122( z2 1)(z2 4)则 f ( z) 在内有两个一阶极点2 i(Res f(z),i Res f(z), i)i,i ，由留数定理2 i(lim ( z i)f(z) lim(z i)f (z) z i z i四解：2 1 3ln(2 z) ln1 (z 1) ( z 1) 0.

18、5( z 1)2 13 (z 1)3 .111(z1) ( z1)2(z1)3 .z1( z 1)所以ln(2z) ln(2z).1z(z1)z1z10.5(z1)13(z1)2 .1(z1) (z 1)2 .10.5(z1)56(z1)2 .五. 解：ei ,则 dz eiid ,cos0.5(ei e i ), 从而有5 3cos1iz5dz11.5(z )z2i在z1内被积函数只有一个奇点d5 3cos2 i Res(3z1，且为一阶级点，所以32i , 11)(z 3) 3z 13z2 10z 3dz2i dz 1 (3z 1)(z 3)2ii3(z 3)Resf (z),(Res f ( z),1Res f (z), 1z ezezz1