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1、精品文档精品文档复变函数论试题库梅一 A111复变函数考试试题(一)dz1、 ""z z°)n.(n为自然数)2. sin z cos z3.函数sin z的周期为f(z)4.设1z21 ,则f (z)的孤立奇点有nz n的收敛半径为6.若函数f(z)在整个平面上处处解析，则称它是什 lim zn7.若nlim ,则nZiz2znn10.若z0是f (z)的极点,则三.计算题(40分)：f(z)1.设内的罗朗展式1lim f (z)z Z01(z 1)(z 2)求 f(z)在 D z:0 |z| 1dz.2 . |z| 1 cosz,、3 2 71一 .3 .设f

2、(z) c其中 C (z:|z| 3,试求 f'(1 i).z 1 w 4 .求复数 z 1的实部与虚部.四.证明题.(20分)1 .函数f (z)在区域D内解析.证明：如果 |f(z)| 在D内为常数,z e Res(二,0) 8. z,其中n为自然数.sin z9.的孤立奇点为z那么它在D内为常数.2.试证：f (z) /I1z)在割去线段0 Rez 1的z平面内能分出两个单值解析分支，并求出支割线 0 Rez 1上岸取正值的那支在z 1的值.复变函数考试试题(二)填空题.(20分)1 .设z i,则|z| ,argz ,z 2 . 设 f (z) (x2 2xy) i(1 sin

3、(x2 y2), z x iy C三.计算题.(40分)3、1 .求函数sln(2z)的哥级数展开式2 .在复平面上取上半虚轴作割线.试在所得的区域内取定函数7 z在正则实轴取正实值的一个解析分支，并求它在上半虚轴左沿的点及右沿的点z i处的值.3.|z zo|dz1(z zo)n.(n为自然数)i3.计算积分： Ii|z|dz, 积分路径为(1)单位圆(| z| 1)的右半圆.4.哥级数nzn的收敛半径为n 05 .若zo是f(z)的m阶零点且m>0,则zo是f'(z)的 零点.6 .函数ez的周期为.537 .万程2z z 3z 8 0在单位圆内的零点个数为 ，1，8 .设f

4、(z) 2,则f(z)的孤立奇点有 .1 z9.函数f(z) |z|的不解析点之集为 .4.求lz 210.R吟1,1)sin zdz四.证明题.(20分)1 .设函数f(z)在区域D内解析，试证：f(z)在D内为常数的充要条件是f (z)在D内解析.2 .试用儒歇定理证明代数基本定理.复变函数考试试题(三)二.填空题.(20分)1 一 .、1 .设f (z) 一，则f (z)的定义域为 .z 12 .函数ez的周期为.3.若 zn -2 i (1 -)n ,则 lim Zn 1 n n n224. sin z cos z.dz2.试求哥级数nn!的收敛半径5.|Z Zo|1(ZZ0)n. (

5、n为自然数)3.算下列积分:eZdzCz2(z2 9)其中C是|z|1.复变函数考试试题(四)6 . 哥级数nxn的收敛半径为.n 0一 17 .设f(Z) F ；,则f(Z)的孤立奇点有 Z 18 .设 ez1,则 z .9 .若z0是f (z)的极点，则lim f (z).z Z0z_ e _10 . Res(en,0) .z三.计算题.(40分)11. 将函数f (z) z2eZ在圆环域0 z 内展为Laurent级数.4.求z9 2z6 z2 8z 2 0在 z|<1内根的个数.四.证明题.(20分)1 .函数f (z)在区域D内解析.证明：如果 |f(z)|在D内为常数，那么它

6、在D内为常数.2 .设f (Z)是一整函数，并且假定存在着一个正整数n,以及两个正数R及M使彳导当| Z| R时| f(z)| M |z|n,证明f (z)是一个至多n次的多项式或一常数。二.填空题.(20分)11 .设z ，则1 i2 .若lim4,则nRez ,Imz lim z1 z2 zn nn3 .函数ez的周期为.一 ，1，一，4 .函数f(z) 2的寨级数展开式为1 z25 .若函数f(z)在复平面上处处解析，则称它是 .6 .若函数f(z)在区域D内除去有限个极点之外处处解析，则称它是D内的.7 .设C:| z| 1,则(z 1)dz . Csin z8 .的孤立奇点为.9 .

7、若z0是f (z)的极点，则lim f (z).z z0ze10 . Res(,0).z 3 .计算题.(40分)31 .解方程z 10.ze2 .设 f(z) ，求 Res(f(z),). z 13.|z|2(9 z2)(z一dz.i)1一- z4.函数 f (z) e 11z有哪些奇点？各属何类型(若是极点，指明它的阶数).4 .证明题.(20分)1 .证明：若函数 f (z)在上半平面解析，则函数 f (z)在下半平面解 析.2.证明z4 6z 3 0方程在1 |z| 2内仅有3个根.复变函数考试试题(五)二.填空题.(20分)1 .设z 1 7 3,则|z| ,argz ,zz2 .当

8、z 时，e为实数.3 .设 ez1,则 z .z4 . e的周期为.5 .设C :| z| 1,则(z 1)dz C ''ez1小6 . Res(,0)z7 .若函数f(z)在区域D内除去有限个极点之外处处解析，则称它是 的。一 ，1 ，一，8 .函数f (z) 2的哥级数展开式为1 z2sin z9 .的孤立奇点为.、几一E110 .设C是以为a心，为半径的圆周，则 1dzC(z a)(n为自然数)三.计算题.(40分)z 11.求复数的实部与虚部.z 12.计算积分：I l Rezdz,在这里L表示连接原点到1 i的直线段.2 d3. 求积分：I 2 ,其中0<a&l

9、t;1 .0 1 2acos a4. 应用儒歇定理求方程 z (z),在|z|<1内根的个数，在这里 (z)在| z| 1上解析，并且| (z) | 1.四.证明题.(20分)21 .证明函数 f (z) |z| 除去在z 0外，处处不可微.2 .设f (z)是一整函数，并且假定存在着一个正整数n,以及两个数 R及m,使得当| z | R时| f(z)| M |z|n,i).证明：f(z)是一个至多n次的多项式或一常数.复变函数考试试题(六)1.一、填空题(20分)n 21°一1 .若 Zn J i(1)n,则 limZn .1 nn12 .设 f(z), 则 f(z) 的 定

10、义域为z2 1., ix10.公式 e cosx isinx 称为、计算题(30分)1、lim n3712、设 f (z) c-d ，其中 C z: z 3 ,试求 f (1ze3、设 f (z),求 Res( f (z),i). z 1sin z 函数sin z的周期为. 一一 22 sin z cos z . 哥级数 nzn的收敛半径为. n 06.若z0是f(z)的m阶零点且 m 1,则z0是f(z)的 零与八、.7.若函数f(z)在整个复平面处处解析，则称它是 . 8.函数f (z) z的不解析点之集为.、53.、.4、求函数9卷在0 z 内的罗朗展式 zz 1 ,5、求复数w 的实部

11、与虚部. z 1-i6、求e 3的值.三、证明题(20分)1、方程z9.方程2z z 3z 8 0在单位圆内的零点个数为 . 9z6 6z3 1 0在单位圆内的卞的个数为6.2、若函数f (z) u(x, y) iv(x,y)在区域D内解析，v(x, y)等于常数,则f (z)在D恒等于常数13、若zo是f(z)的m阶零点，则zo是的m阶极点. f二.填空题1.试卷一至十四参考答案复变函数考试试题(一)参考答案6 .计算下列积分.(8分)2. 1；3.2k，(k z)4. z i ;5.?z 2- (zsin z2)(2)?z6.整函数;7.；8.(n7.计算积分0 5 3cos8 .求下列骞

12、级数的收敛半径.(6 分)10.三.计算题.(6分)1.解因为01,所以01)!9. 0;n n(1 i) z ;n 1(2)(n!)、nn z , n i n9.设f(z) my3 nx2y i(x3 Ixy2)为复平面上的解析函数， 试确定l ,m , n的值.(6分)三、证明题.1 .设函数f (z)在区域D内解析，f (z)在区域D内也解析，证明f(z)必为常数.(5分)2 .试证明az az b 0的轨迹是一直线，其中 a为复常数，b为实常 数.(5分)f(z)(z 1)(z 2)2.解因为z -Res f (z) lim2z 2 8sz1 z 2(1 e)(f)n.limz 2si

13、n z1,Res f (z)z _2z -lim 2z cosz21.lim 1.z _ sin z2令 f (z) u iv,则 f(z)2u2 v2 c2.两边分别对x, y求偏导数，得uux vvx 0 (1)UUy VVy 0 (2)2 i(Resf(z)z _2Resf(z) 0.z _ 223.解令()371,则它在z平面解析，由柯西公式有在z 31所以-dz|z| 2 cosz内，fc2 2 i.所以 f (1 i) 2 i (z) z 1 i 2 i(13 6i) 2 ( 6 13i).4.解令z a bi,则因为函数在D内解析，所以Ux Vy,Uy Vx.代入(2)则上述方程

14、组变为UUx VVx 022.消去 Ux得，(U V )Vx 0.VUx UVx 0221) 若U v 0,则f (z) 0为常数.2) 若Vx 0,由方程(1) (2)及 C. R.方程有Ux 0, Uy 0 ,Vy 0.2b(a 1)2 b2所以u c1,vc2. (G,c2为常数).2(a 1 bi) 12(a 1)(a 1)2 b2 (a 1)2 b2_ z 1故 Re(一 ) 1z 12(a 1)(a 1)2 b2Im(- z2b(a 1)2 b2所以f (z) g 心为常数.四.证明题.2.证明f(z) Jz(1 z)的支点为z 0,1.于是割去线段0 Rez 1的1.证明设在D内

15、f (z) C.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z 0,1时，只有z的幅角增加.所以f(z)Jz(1 z)的幅角共增加-.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,i 2k则 f(z) 、, z re 2 , (k 0,1).又因为在正实轴去正实值，所以 k 0.i_所以 f (i) e4.复变函数考试试题(二)参考答案二.填空题1.1 ，2. 3 (1 sin2)i；3.5. m4.1；6. 2k(kz).7. 0;8. i ；9. R；10. 0.计算题3 .1.解

16、sin(2z )(1)n(2z3)2n 1(1)n 22n1 6nz0(2n 1)!n 0(2n 1)!2.解令z rei3.单位圆的右半圆周为 z ei ,-22i二 ii ;所以 i zdz 2 de e 2 2i ."22.4.解sin zL'|z 22dz 2 i(sinz)(z -)2z2四.证明题.1.证明(必要性)令f (z)c12 i coszz 一2=0.6,则f(z) g 心.(a。为实常数).令 u(x, y) c1，v(x, y)c2.则 Ux Vy Uy Vx 0 .即u,v满足C. R.,且Ux,Vy,Uy,Vx连续，故f(z)在D内解析.(充分性

17、)令f (z) u iv ,则f (z)u iv,因为f(z)与f (z)在D内解析，所以Ux Vy,Uy Vx,且 Ux (V)yVy,Uy( V*)”.比较等式两边得UxVyUyVx0 .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a°zn azn 1anz an0 0)有且只有证 明R maxn个根”.令a1af(z)an,1(z)|同出由儒歇定理知在圆an 1na°z内,ann 1a1zan 1Z an 0C：z r(aif(z).方程a0znna1Zan)Rn1iZRn .an2.解 lim n所以收敛半径为3.解令f(z)lim

18、ne.n!n nz2(z2 9)故原式 2 i Re°s f(z)(n 1)n1(n1)!n lim(一 n)n nlim(1 n1、n)e. nRes f (z)z 0zez2 9a0Zn0有相同个数的根.而na0ZR内有一个重根0.因此n次方程在z内有个根.复变函数考试试题(三)参考答案二.填空题.1. z zi,2. 2k(kz);3.1 ei;4.1;5.6. 1;7.8.z (2k 1) i;9.10.(n 1)!.计算题.1.2 二1.解 z ezz2(112!z2n 2 z0 n!4.解令f (z)则在C : z 由儒歇定理有N(f ,C)四.证明题.1.证明 证明z9

19、 2z62 i92 z1上f(z)与2,(z)(z)均解析，8z.且 f(z)N(f ,C)1.即在内，方程只有一个根.设在D内f (z)令 f (z) u iv,则 f (z)2两边分别对x, y求偏导数，得因为函数在uuxVUxD内解析，所以uxC.VVxUVx0.消去ux得，(u0UUxUUyvvyVy,uyVx .代入(2)则上述方程组变22、V )Vx0.1)v2 0,则f(z) 0为常数.2)若vx0,由方程 (1) (2)及 C. R.方程有Ux0, Uy0,(n 1)!三.计算题.1.vy0.解:2kz cos-所以U Ci,vC2.(Ci,C2为常数).所以f(z)ic2为常

20、数.z2cos3 cosi sin3i sin33 . i2isin-2k0,1,22.证明f (k)(0)取k!2 lzlrf(z)k 1 zdz则对k!Mrnkr切正整数 k nz32.于是由r的任意性知对一切nn均有 f(k)(0) 0.故 f (z)CnZn ,即 f(z)是0个至多n次多项式或常数.复变函数考试试题(四)参考答案.二.填空题.,111.,;2.;3. 2k i (k z) ;4.22(1)nz2n(z 1);5.整函数；n 06.亚纯函数；7. 0;8. z 0;9.;10.3.4.k5cos一3isin解 Res f (z)故原式 2原式 21ez 11, 2,.1

21、lim(z 0 ez3zez 1i (Res f (z)z 1i Res f (z)z i3. i2e万，Res f (z)Resf(z)z(ez1)i(ez z ze e zezi29 z2令 z(ez1)z(ezez 11)zlim -z 0 eze 1).zezze0,zz0为可去奇点2k i2ki 时，(k 0),zez 1 0(ez1)z而一阶极点.四.证明题.ez 12k iz zez 2k iz 2k i 为1.证明设F(z)z的点，考虑f (z),在下半平面内任取一点zo, z是下半平面内异2.lim F(z) F(z0)zz0z。,()证明z z0lim f(z)f(zo)z

22、 z0z z0limz z0f(z) f(z。)z z0z在上半平面内，已知f (z)在上半平面解析，因此f (z0),从而F(z) f (z)在下半平面内解析.令 f(z) 6z 3,且在 C1：|z 2上，|f(z)(z)154z , (z)则f(z)与(z)在全平面解析，16,故在z在 C2: z故在z2内 N(f C)1 上，|f(z) 31 内 N(f C)N( C)(z) 1,N(f,C2)4.1.所以f2内仅有三个零点,即原方程在1 z 2内仅有三个根.复变函数考试试题(五)参考答案一.判断题.1. V2 . V 3 . X 4 .二.填空题.1.2,- , 1 ,3i ;3.

23、(2 k 1) i , 6. 0;7.亚纯函数;0 n 1.计算题.1.解令zX 6.x 7.x8.，9.，10.，.2. a 2k i(kz,a为任意实数(kz)；8.n 2n1) z4. 2ki,(kz)；5.0;bi,2(a1 bi)(a 1)2 b2(z1);9. 0;10.2(a1)(a 1)2 b22b(a 1)2 b2 .故 Re(-z-)z 12.解连接原点及故 Re zdzc2(a 1).22 , Im(a 1) bi的直线段的参数方程为Re(1dzizi)t (1 i)dt (12b(a 1)2 b2 .z (1 i)t 0 t 1,11 ii) tdt0211rozzaa

24、 1),由残数定理有Res f (z)z a12I -2 iResf(z)2,(0i z a 1 a4.解令 f(z) z,则 f (z),(z) 1 |f(z)|, 所以在z 1内，N(f ,C) 一个根.四.证明题.1.证 明 因 为Ux 2x, Uy 2y,Vx Vy 0.2/1、2 (z a)(1 az)1 2acos a 1 a(z z ) a ,z1dz1故I -，且在圆|z 1内f(z)只以i 闰1 (z a)(1 az)(z a)(1 az)za 为一级极点，在 z1 上无奇点，故a 1).(z)在z 1内解析，且在C:|z 1上,N(f,C) 1,即原方程在 z 1内只有22U(x, y) X y,v(x, y) 0,故复变函数考试试题(六)参考答案二、填空题：1.1 ei 2. z 13. 24. 15.16. m 1阶 7.整函数8. £9.010.欧拉公式三、计算题：1 .解：因为H 二限1, | 6 I 9 366故 lim(")n 0. n 62 .解：Q 1 i J2 3,f(z)这四个偏导数在z平面上处处连续，但只在z 0处满足C. R.条件,故f(z)只在除了 z 0外处处不可微2.证明f(k)(0)取 r R , 旦生| dz 2 lz r| zk 1