复变函数试题及解答

上海交通大学2006～2007学年第一学期B(2006/12/31)（A卷）学号 姓名 成 EMAIL： TEL： 一、 填空题（每空3分，共24分）1. 设f(z)

||

21d，求f'(i＝ 2πi－12π.3z2.在下列函数中Resfz,0=0的是3zA、fz

zsinz

B、f(z)sinzez 1z2 z2sinzzcoszC、f(z) D、f(z)z2

ez 1z22z12z1 2z1

将区域D

/ z1z 保角地映射成区域（B）A、0argW ;3

B、argW;3 3 C、3

argW 3；

D、0argW 3 。4.f(z

1e1

的奇点有z=2kπi,z=1,z=∞，它们的奇点类型分别是ez1z=2kπi1z=1，z=∞非孤立奇点（点也要讨论）.6.（1）z84z5z210;（2）z45z10 在|z|<1内根的个数分别为 5 ; 1 . (2i)nz2n17. 幂级数n0

的收敛半径R1/ 2.二、证明与计算（1～42题,81/ 2.解答：

(z1

(z)在区域D内解析。D内有一收敛于a∈D2{zn}，在其上

(z)=f(z),则在D内f(z)≡f(z)1 2 1 2

(z)－f12由零点的孤立性可得到矛盾，从而假设不成立。解答：⑴函数f(z)u(x;y)iv(x;y)在区域Dy)与v(x;y)在区域DC-R⑵对于单连通区域的连续函数来说⑶在区域D的任何一点的邻域内，可以展开为泰勒级数。f(z)函数在所有奇点上的留数（包括无穷远点的留数）解答：证明除∞点外,设f(z)的有限个奇点为z

(k=1;2;…;n),且kC

(k=1;2;…;n)包含在它内部的正向简单闭k曲线.则根据留数定理与在无穷远点的留数定义,有Re[f(z),]nk1

Ref(z),z]k

1

f(z)dzC

1

f(z)dz0用两种方法（LiouvilleRouche定理）解答：Liouville下面用Liouville定理证明代数学基本定理：任意复系数多项式P(z)aznazn1a za (a 0n0 1 n1 n 0证明。反证.假设P(z)在复平面内无零点,故1/P(z)在全平面解析.因为limP(z),

1 0所以存在充分大的R,当|z|>R时,有z zP(z)1P(z)1P(z)

1P(z)

在|z|<R有界,从而在全平面有界.由Liouville理知1 是常数.于是P(z)必为常,这与假设矛.命题得.P(z)Rouche是域DD,若函数f(z)及在域D|f(z)-g(z)|<f(z);f(z)和g(z)在下面用Rouche定理证明代数学基本定理：证明因为limP(z)所以存在R0,使得当|zR时，|P(z1且|zRz内没有|P(z1的零点.又由

P(z)

1

an1

...

可知lim

P(z)

1,所azn an n

aznn

naznnP(z)azP(z)aznnP(z)aznazn，|z|=Rn n

11由Rouche,P(z)和an

zn|z|Raznn在圆|z|<Rnp(z|z|<Rn（5～1051260）函数z各有怎样的孤立奇点？无穷远z21点是各解析分支的什么点？求它们在这些点的留数；解答：Z=1Lnz＝ln|z|＋iArgz＝i*2kπ，k∈Z当k=0z=10当k≠0z=1ikπZ=－1时，Lnz＝ln|z|＋iArgz＝i*（2kπ+π）,k∈Z因此z=－1i(2k2无穷远点为可去奇点。6.1）sin2x2

dx;（2）

2 d0 12acosa2

,(0<a<1)；0解答：（1）Isin2xdx1cos2xdx 1dxcos2xdx0 x2

0 2x

0 2x

0 x2cos2xdxcos2xd2xcos2d10 x2

0 (2x)2 0 2xcos2x

sin2xd2xcos2x12x0 212x0

1212x0 10 2x

2x

12xcos2x－112xcos2x－12x0 0从而I2（2）0<a<1,0

故积分是cos

z1z12I

1 dz |z|1 zz 1 2a a22 1 dz|z|1i(1az)(za) f(z)dz|z|1在|z|=1a1Res[f(z),a] 1i(1a2)因此I 1a2试证方程

ze

a, (a1)在Rez0解答：证明：原方程化为a－z－e－z=0(a>1).取为半圆周：x=0;RyR 及|z|=R;Rez0(Ra1).设f(z)=a-(z)ez,在上，(z)f(z),即|(a-z)-(a-z–<||,所以在内，原方程与a-z=0的根的个数相同，为一个.因R求一个分式线性变换 wf(z)，它将圆盘|z2 映为右半平面Rew0，并且使得f(0)1,argf'(0).2解答：做变换z 1

z,它将圆盘|z|<2映为圆盘|z|<1，2Im

>0

|<1的分式线性变换为z ei

z 于是

2 1zeiz121 z 22

2 z ei1

=－iz，将上半平面映为右半平面.3 2综上wi

z2ei1z2ei1由题设f(0)=1,解得

i

，此时

z2ei'f'(w)

4ei z2ei

z2ei2f'(0)2

解得2

于是所求的分式线性变换为w

z2iz2isin zc

4 dzC1-1z21解答：由于被积函数在复平面内有两个奇点1和－1,则积分应分为4种情况:C11,I=0;1C-1,1.此时,由柯西积分公式sinz22422I z1 dz1 2 C z1 2 2 2C1,由柯西积分公式sinz4I 3

z1 dz 2z1 2C11.则I I I i4 2 3设在|zRf(z)有泰勒展式f(z)zz20 1 1

...znn

...