复变函数试题库

1、1、复变函数论试题库梅一 A111复变函数考试试题(一)io.若z0是f (z)的极点,则lim f (z)z Zodz|zz011(z Z0)n三.计算题(40分)：(n为自然数)2 _2 _2. sin z cos z3.函数sin z的周期为f (z)-.7、3-4 .设z 1,则f(z)的孤立奇点有.5 .哥级数 nzn的收敛半径为. n 06 .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nZiz2znnz e Res(二,0) 8. z,其中n为自然数.9.sin z的孤立奇点为f(z)1.设内的罗朗展式11(z 1)(z 2)求 f(z)在 D

2、 z:0 |z| 1dz.2 . |z| 1 cosz,、 3 2 7 1一 .3 .设f(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,那么它在D内为常数.2.试证：f (z) JZ(1 Z)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.三.计算题.(40分)3、1.求函数sin(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

3、 z在正则 二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复变函数考试试题(二)二.填空题.(20分)1 .设z i,则|z| ,argz ,z 2 . 设 f (z) (x2 2xy) i(1 sin(x2 y2), z x iy CJmJ .dz3. |zzo|1(z z0)n. (n为自然数)z i处的值.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

4、圆内的零点个数为 ，1，8 .设f(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 .10.R吟1,1)4.求sin zlz 2(z 2)四.证明题.(20分)-dz21 .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.4 n 21c3.右 zn i (1 -),则 lim Zn 1 n n n2 24. sin z cos z.dz2.试求哥级

5、数5.|Z Zo|1(ZZ0)n. (n为自然数)3.算下列积分:n!zn的收敛半径.eZdzCz2(z2 9)其中C是|z|1.6 . 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 Z0数，那么它在D内为常数.z_ e 一10. 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

6、域D内解析.证明：如果| f (z) |在D内为常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。复变函数考试试题(四).填空题.(20分)1.设z 工，则Rez1 i,Im z2 .若 lim 4,则 lim 12 nnnn3 .函数ez的周期为.一一、 1,一，一 ，4 .函数f(z) 2的嘉级数展开式为 1 z5 .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ze2.设 f(z) ，求 Res(

7、f(z),). z 13.z_1z12(9 z2)(z一dz.i)114.函数f(z) ez 1 z有哪些奇点？各属何类型(若是极点,指明它的阶数).四.证明题.(20分)卜半平面解7 .设C :| z| 1,则(z 1)dz .Csin z8 .的孤立奇点为.9 .若z0是f (z)的极点，则 lim f (z)z z0ez10 . Res(-,0).z 三.计算题.(40分)3,-1.解方程z 10.1 .证明：若函数 f(z)在上半平面解析，则函数f (z)/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 %3

8、,则|z| ,argz ,zz2 .当z 时，e为实数.3 .设 e 1,则 z .z4 . e的周期为.5 .设C :| z| 1,则(z 1)dz C ''ez 16 . 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 z2sinz3 力9 .的孤立奇点为.110 .设C是以为a心，r为半径的圆周，则 dzC(z a)n(n为自然数)3 .计算题.(40分)z 11 .求复数的实部与虚部.z 12 .计算积分：在这里L表示连接原点到1 i的直线段. 2 d3 . 求积分：

9、I 2 ,其中0<a<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) | 1.4 .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,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)一、填空题(20分)n 21c1 .若乙工i(1 1)、则 limzn . 1 nn12 .设 f (z), 则f (z

10、) 的 定 义 域 为z 1Re zdz,3. 函数sin z的周期为.224. sin z cos z .5. 哥级数 nzn的收敛半径为. n 06. 若Zo是f(z)的m阶零点且 m 1,则Zo是f(z)的sin z34、求函数吗二在0 z 内的罗朗展式.zz 1 ,5、求复数w 的头部与虚部.z 1-i6、求e 3的值.三、证明题(20分)1、方程z7 9z6 6z3 1 0在单位圆内的卞的个数为 6.点.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.539.方程2z5 z3 3z 8 0在单位圆内的零点个数为 ix10.公式 e cos

11、x isinx 称为.二、计算题(30分)1、lim n2、设 f(z)1dz: z 3 ,试求 f (1 i).ze3、设 f (z),求 Res( f (z),i).z 12、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z0是f(z)的m阶零点，则z0是的m阶极点. f(z)6 .计算下列积分.(8分)sin z ,小、z2 2 ,?z2：Z；(2) ?44?也.(z 2)一2 d7 .计算积分一d . ( 6分)0 5 3cos8 .求下列哥级数的收敛半径.(6分)(1 i)nzn;n 1(z 1)(z 2

12、)1_1 z 2(1(铲.0 29 .设 f (z)32.3.2 .my nx y i (x lxy )为复平面上的解析函数， 试确m l ,2.解因为m , n的值.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 .试证明数.（5分）azaz b 0的轨迹是一直线，其中a为复常数，b为实常试卷一至十四参考答案复变函数考试试题（一）参考答案二.填空题1.6.2. 1;3.2k，(k z)；4. z i ；5.整函数;7.；8.(n 1)!9. 0;10.三.计算题.1.解因为0 z 1,所以0 z 1Res f (z)z -2Res

13、 f (z)z 一2所以3.解内,4.解z 一lim2z 一 cosz2.1limz - sin z21,limz -z 2 coszlimz 2sin z1.2coszf(z)dzi(Res f (z)z Res f (z)z -20.所以f (1 i)令 z a bi,-dz z1,则它在2 i (z).(z) z 1 iz平面解析，由柯西公式有在 z 32 i(13 6i) 2 ( 6 13i).2(a 1 bi)(a1)2b2(a2(a 1)221) b2b(a 1)2b2.所以u c1,vC2. （G。为常数）.所以f (z) C)ic2为常数.故 Re(z-) 1z 12(a(a四

14、.证明题.1.证明设在D内令 f(z) u iv,1)22 ,1) bIm( z z1)(a2b12b2 .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f(z)C.则f2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.所以两边分别对x, y求偏导数，得uuxvvx因为函数在D内解析，所以uxuuxvvxVUxUVx消去一 ，2ux得，（u1)0,则 f (z)2)若Vx0,vy0.UUyvvy(2)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

15、于是可认为该分支在上岸之幅角为0,因而此分支在1的幅角为,vy,UyV2)Vx0.0为常数.代入(2)则上述方程组变故 f( 1) . 2ei二.填空题5. m1.由方程（1） （2）及C. R.方程有Ux0,uy0 ,6. 2k10. 0.(k.计算题W.复变函数考试试题（二）参考答案2 i2. 3 (1 sin2)i；3.0z).7. 0;8. i ；9. R；3 .1.解 sin(2z )(1)n(2z3)2n1no (2n 1)!所以：zdzjdeie |2_ 2i.22Q|z|sin z四.证明题.dz2 i(sin z)z 一21.证明(必要性)令f (z)C1 iC2,则 f(z

16、) G iC2. (G,C2为实常数).(1)n 22n 1z6n 3no (2n 1)!2 .解令z rei_ i 2k则 f (z) ,一 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) e43 .单位圆的右半圆周为 z ei ,-224 .解2 i coszz 一2 =0.令 u(x,y) G,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)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, UyV

17、x, 且 Ux ( V)yVy, Uy ( Vx )Vx.比较等式两边得Ux Vy Uy Vx 0 .从而在D内U,V均为常数，故f(z)在D内为常数.nn 12.即要证 任一 n 次万程 a°zazan iZ an 0(a。 0)有且只有n个根”.证 明 令 f (z) a°zn azn 1 an 便 an 0, 取R max 国i-忖n,1, 当 z 在 C: z R 上时，有a0(z)|a!Rn1 an J R |an(a1|an)Rn 1a°Rn.f(z).由儒歇定理知在圆z R内，方程a0zn a1zn 1an 1z an0与% zn 0有相同个数的根.

18、而a0zn 0在 z R内有一个 n重根z 0.因此n次方程在z R内有n个根.复变函数考试试题(三)参考答案二.填空题.1. zz i,且zC；2.2k i (k z) ；3.1ei ；4. 1；5.2 i n 10 n 1；6. 1；7. i ；8. z (2 k 1) i；9.；110. 一(n 1)!.计算题.1.2 二1.解 z ez(111z 2!z2n 2 z0 n!因为函数在uuxD内解析，所以ux vy,uy vx.代入(2)则上述方程组变2.解 lim ngcn 1一 n!lim -(n(n1)n 11)!lim( nn 1)nnlim(1 n1、n)e. n所以收敛半径为

19、3.解令f(z)2 2 ,贝 U z (z 9)Re0s f (z)ezz2 9VUxuvx022 .消去 Ux得，(u v )Vx 0.01)2)故原式 2iResf(z)z 04.解令f (z)则在C: z 由儒歇定理有N(f ,C)四.证明题.9- 6z 2z2 i92 zvy1.证明 证明1上f (z)与N(f ,C)0.所以0,则若Vx0,f (z) 0为常数.由方程(1) (2)及 C. R.方程有Ux 0, Uy 0 ,2,(z)(z)均解析1.即在设在D内f(z)8z.,且 f(z) 6u C1,vC2.(C1,C2为常数).(z) 8 ,故内，方程只有一个根.所以f(z)C)

20、ic2为常数.2.证明f(k)(0)取k!2 z rrf(z)zk 1dz则对一切正整数 k!Mrnk .rk n 时，令 f(z) u iv,则 f(z)|2两边分别对x, y求偏导数，得UUxVVxu%Wy00 (2)于是由r的任意性知对一切n故 f (z)k二.填空题.Cnzn ,即 f (z)是0n均有 f (k)(0) 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2.3.2k i(kz)；4.(ez 1)z而ez 1 zez 2k iz 2k iz 2k i 为n 2n(1) zn 06.亚纯函数1.(n 1)!三.计算题.1.(z 1)；5.整函数;7. 0；8. z

21、 0;9.10.一阶极点.四.证明题.1.证明设F(z)于Z0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.解 Resf(z)z e1 ez 1z12i(e e1).e _.2, ReSf(z)3.4.k故原式 2i(Re1s f (z)Resf(z)2.原式 21ez 11, 2,lim(1-z 0 ez 1lim z 0ei Re s f (z)z i1) zz(ez 1),令 z(ezzeze1)0,z2ki,lZm0zze当 z 2k i 时，(klimz z0(Zo)证明F(z) F(zo)zz0limz z0f(z) f(zo)zz0limz z0f(z) f(

22、V)z在上半平面内，已知f (z)在上半平面解析，因此f (zo),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,z ez 1 (ez 1)z120),z ezlim1_ez 1zezze故在z在 C2 : z故在z所以f 个根.2 内 N(f,C1)1 上，|f(z) 31 内 N(f,C2)N( C)(z) 1,N(f。)4.1.z0为可去奇点0一.判断题.1. V2 , V二.填空题.z 2内仅有三个零点,即原方程在1 z 2内仅有三复变函数考试试题(五)参考答案X4

23、./5.X 6.X 7.X8.，9.，10.，.1.2, , 1、3i ;2. a 2k i (k z,a为任意实数);3. (2k 1) i 6. 0;(k z)；4. 2ki,(kz)；5. 0;Res f (z)7.亚纯函数；8.n 2n1) z(z1)；9. 0;10.1 az1 ，八 _2,(0a 1),由残数定理有a 1 a4.2 i Res f (z)z a令 f(z) z,-,(0 af(z),a 1).(z)在 z1内解析，且在C：|z 1 上,0 n 1三.计算题.1.解令z(z) 1 f(z),所以在z一个根.1内，N(f,C)N(f,C)1,即原方程在1内只有四.2(a

24、1 bi)(a 1)2 b2(a2(a1)21)b2(a2b1)21.Ux证明题.证2X,Uy明 因2y,Vx Vy为0.u(x, y)y2,v(x, y)Re(2(a 1)2(a 1) b2，Im(z z2.解连接原点及i的直线段的参数方程为2b(a 1)2(1 i)tb2 .01,RezdzcRe(1 i)t (1 i)dt(1i)1tdt01 i.23.令 z edz t一.当a iz2 a cosa(zz1)(za)(1az)IHzdz1 (z a)(1 az),且在圆z 1内f(z)只以级极点(z a)(1 az)在 z 1 上无奇点这四个偏导数在 故f (z)只在除了2.证明f(k)(0)于是由z平面上处处连续，但只在 z 0外处处不可微.z 0处满足C.R条件，取 k!2 z则对k!Mrn切正整数 kr的任意性知对一切n故 f (z)k二、填空题：1.1n均有严(0) 0.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(