复变函数试题库

PAGEPAGE14《复变函数论》试题库梅一A111

z f(z)

lim

f(z) 《复变函数》考试试题（一）

10.若0是

的极点，则zz0 .1、|z

dz0|1(zz)n00

n为自然数）

三.计算题40分：f(z) 1sin22.

zcos2z .

1.设

(z1)(z2)，求

f(z

D{z:0z函数sinz的周期.

内的罗朗展式.1

dz.1f(z) 2.1设 z21，则f(z)的孤立奇点.

|z|1cosz3.设f(z)

3271d，其中C{z:|z|3}，试求f'(1i).幂级数nzn的收敛半径 .n0若函数f(z)在整个平面上处处解析，则称它.

C zz1w4.求复数 z1的实部与虚.lim

zz1

...z2 nn

四.证明题.(20分)f(z) D

|f(z)| D若n n

n

. 1.函数

在区域

内解析.证明：如果

在 内为常数，Res(ezznsin

,0)

，其中n

那么它在D 内为常.z(1z)2.试证: fz(1z)

0Rez1z平面内能分出两9. z 的孤立奇点.

个单值解析分支,并求出支割线0Rez1上岸取正值的那支在z1的值.，则二. 填空.(20分)，则

《复变函数》考试试题（二）

三.计算题.(40分)sin(2z3)1.设

z

|z,argz ,z

求函数

的幂级数展开式.2. 设 f(z)(x22xy)sin(x2y2),zxiyC ，

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 在正z则zlim

f(z) .

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ziz1idz

处的值.

Ii

|z|dz

|z1|z

|1(zz)n000

.（n为自然数）

计算积分：i的右半圆.

，积分路径为单位圆（ ）幂级数n0

nzn的收敛半径.

sinz dz0 若z是f(z)的m阶零点且m>0，则z是f'(z)的 零.0

4.求

z2

(z)22.函数ez的周期.方程2z5z33z80在单位圆内的零点个数.

四.证明题.(20分)1. 设函数在区域D在D内为常数的充要条件是f(z)18. 设f(z11z2

，则f(z)的孤立奇点.

在D内解析.2. .9. 函数f(z)z|的不解析点之集.z1

二.填空题.(201

《复变函数》考试试题（三）10.

Res(

1.设f(z)

z21

，则的定义域..z4 2.函数的周期..zn

n1n

1)n，则limzn n

.

2.试求幂级数

n!nzn的收敛半径.nnsin2zcos2z . n|z

dz0|1(zz)n00

n为自然数）

ezdz C |z| 1C3.算下列积分： z2(z29)，其中 是 .C幂级数n0

nxn的收敛半径.1

4.z92z6z28z20在(20f(z)设

z21

，则的孤立奇点.

1.函数

f(z)

在区域

D内解析.证明：如果

|f(z|

D内为常8.设 ，则 ez1 z8.设 ，则

数，那么它在D 内为常.9.若z0是

f(z)

的极点，则

limz

f(z)

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.|zR.10.

Res(ezzn

,0)

R

时，|f(z)M|z|n，.三.计算题.(40分).1

证明f(z)是一个至多n次的多项式或一常数。1.f(z)z2ez在圆环域0z内展为Laurent

《复变函数》考试试题（四）二.填空题.(20分)z1z设

1i

Rez ,Imz

设f(z) ezz21

，求Resf(z),).，则 zz...z ，则 若limz n n

，则lim 1 2 nn n

. 3. |z|2(9z2)(zi)

dz..函数ez的周期.1f(z)11z2

的幂级数展开式

1f(z)ez1

1z有哪些奇点？各属何类型（若是极点，指明它若函数f(z)在复平面上处处解析，则称它.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的 .

的阶数）.四.证明题.(20分)

C:|z1

(z1)dz .C.

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.，则sinz，则.z 的孤立奇点..

2. z46z30方程在1z23个根.0若z 0

f(z)

的极点，则

limz

f(z)

Res(ezzn

,0) .

.，则二.填空题.（20分）.，则

《复变函数》考试试题（五）.三. 计算.(40分1.解方程z31.

z1

|z,argz ,z

z

ez为实数.

z1时，时，

ez1

z

1.z1..，则4. ez的周期..，则C:|z1

(z1)dz

2. 计算积分：

I

Rezdz，5. 设 ，则C

. LL表示连接原点到1i.6.Res(6.

ez1

,0)

2 d.3. I.

，其中0<a<1.z7. f(z)DD内

0 12acosa2z(z)的 。

4. 应用儒歇定理求方程

，在|z|<1内根的个数，在这里1f(z)11z2sinz

的幂级数展开式.

(z) |z1 |(z)1在 上解析，并且 f(z)在 上解析，并且 f(z)z| zz 的孤立奇点.

1 dz

2证明函数 除去在 外，处处不可.设f(z)n，以及两个数R时10. Ca时

C(za)n

.，M，

|zR（n为自然数）三..(40分

|f(z)M|z|n证明:f(z)是一个至多n次的多项式或一常数.

10. 公式eixcosxisinx称为 二、计算题分）lim2in1.一、填空题（20分）

《复变函数》考试试题（六）

1、 .6n 6zn

n21n

1

)n，则limzn

.

2、设f(z) 3271d，其中C:z试求fi).C z设 f(z)

z21

， 则 f(z) 的 定 义 域 为

3、设f(z)

ez ，求Resf(zi. .函数sinz的周期.

z21sin2zcos2z .

sinz34、求函数z6

在0z.幂级数n0

nzn的收敛半径.

5、求复数w

z1的实部与虚部.z 1z0点.

f(zmm1z0

是f(z)的 零

6、求e3i的值.三、证明题（20分）1z79z66z3106.若函数f(z)在整个复平面处处解析，则称它.函数f(z)z的不解析点之集.方程2z5z33z80在单位圆内的零点个数.

2f(z)u(x,yiv(x,yDv(x,y等于常数，f(zD.3z0

f(zmz0

1是f(z)

的m阶极点.

二．填空题i n

试卷一至十四参考答案《复变函数》考试试题（一）参考答案（８分）(1) sinz dz； (2) z22

dz．

1.1

； 2.1； 3. 2k，(kz)； 4. zi；5.0 n1z2(z)2z22

z4z2(z3)

6. 整函数；

；

1(n1)!； 9. 0；７．计算积分2 d0 53cos

（６分）

10. .三．计算题.８．求下列幂级数的收敛半径（６分）

(n!)2

1.解因为0z,所以0z1(1)

(1i)nzn； (2)

zn．nn

1 1 1

1 zn1

n1

f(z)

zn ( )n.９．设f(z)my3nx2yi(x3lxy2)为复平面上的解析函数，试确定l，m，n（６分三、证明题．

(z1)(z2)解因为

1z

2(1z)2

2 2n0 n0

f(z)

在区域

D

f(z)

在区域

D

f(z)必

Resf(z)lim

zzz2lim 1 1,zz为常数（５分） z2azazb0ab（５分）

cosz2

sinz2Resf(z)lim

z2lim 1 1.

令f(z)uiv, 则f(z)2u2v2c2. cosz sinz

uu

0 (1)z z z2 2 21

两边分别对x,y求偏导数,得

uuy

xvvy

0 (2)所以

dzi(Resf(z)Resf(z)0.z2cosz

D内解析,

v,u

v

.代入(2)则上述方程组变z z2 2解令()3271,z平面解析,z3

为uu

vv0

x y y x内,()

vu

xuv

0. 消去ux

得, (u2v2)vx

0.f(z)

c

dz2i(z).

x x1) 若u2v20,则f(z)0为常数.fi2i(z)zabi,则

z1i

2i(136i)(613i).

vx

0, 由方程(1)(2)及C方程有ux

0, uy

0,wz11 2z1 z1

1

2(a1bi)(a1)2b2

1

2(a1) 2b .(a1)2b2 (a1)2b2

v 0.y所以uc

,v

. (c,

为常数).1 2 1 2故Re(z1)1z1

2(a1)(a1)2b2

, Im(z1)z1

2bz(1z)(a1)2z(1z)

所以f(z)c1

ic.2四.证明题.

2.证明f(z)

z0,1.0Rez1的1.证明设在D内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z0,1时,只有z的幅角增加.所以z(1z)z(1z)

的幅角共增加 .由已知所取分支在支割线上岸取正值,

则f(z)

z reiz

2k2 , (k 0,1).2 又因为在正实轴去正实值，所以k0. 于是可认为该分支在上岸之幅角为0,因而此分支在z的幅角为 ,2

所以f(i)ei4.故f(1) 2e2

.

单位圆的右半圆周为z, 2

.2.所以ii

zdz22

dei

2i.2

2 2解二.填空题

sinz z2(z)2

(sin

z

2i

cosz z1.1，

i n1，i； 2.3(1sin2)i； 3. ； 4.1；

2 2 2=0.2 0 n1

四.证明题.f(z)

,f(z

.(c,

为实常数).5. m1.

1 2 1

2 1 26. i，(kz). 7.0； 8. i； 9. R；

令u(x,y)c1

,v(x,y)c2

.则u vx

u vy

0.即uv满足CR.,且uvuvx y y x

连续,故f(z)在D内解析.10.0.三.计算题

f(z)uiv,则f(z)uiv,因为f(z)与f(z)在D内解析,所以1.解sin(2z3)

(1)n(2z3)2n1(2n1)!

(1n22n1z6n3.(2n1)!

u v, ux y

vx

, 且ux

(v)y

v, uy

(vx

)v .xz

n0

n0

比较等式两边得 u vx yf(z)在D内为常数.

u vy

0.从而在Duv故2.即要证任一n 次方程a0

zna1

zn1a

n1

zan

0 (a0

0)有且只有n个根.证 明 令 f(z)

zn

zn1a

za

0 , 取

解lim lim

n1n!nn(n1)n1(n!nn(n1)n1(n1)!1

lim(1 )ne.0 1aa

n1

n n所以收敛半径为

ne.

n n

n ncncn1Rmaxcncn10 a0

n, 当z 在C:zR 上时, 有

解令f(z)

ez ,则Resf(z

1.(z)a1

Rn1 an1

Ran

(a1

an

)Rn1a0

Rn.

z2(z29)i

z0

9ezz2ezz2f(z).由儒歇定理知在圆zR内,

zn

zn1a

za

0与

故原式iResf(z) .z0 90 1 n1 n 4.解令f(z)z92z6z22,(z)8z.azn0 有相0

则在C: z1上

f(z)与(z)

均解析,且

f(z)6(z)8,故同个数的根.而azn0

0 在zR内有一个n 重根z0.因此n

由儒歇定理有次方程在zR内有n 个.《复变函数》考试试题（三）参考答案

N(f,C)N(f,C)1.即在z1内,方程只有一个.四..1.证明 证明设在D内f(z)C.

令f(z)uiv, 则f(z)2u2v2c2.zzi,且zC

; 2. 2ki (kz); 3. 1ei; 4.1; 5.i n1;

uuvv0 (1)两边分别对x,y求偏导,得 x x0 n1

uuvv 0 (2)y y6.1; 7. i; 8. z(2ki; 9. ;1

因为函数在D内解析,所以ux

v,uy

vx

.代入(2)则上述方程组变10. (n1)!. 为三.计算题.1

1 1

zn2

uu

vvx

0. 消去u得,

(u2v2)v

0.1.解z2ezz2(1 z

2!z2

) .n!n0

vux

uv0 x xx1) u2v2

0,则f(z)0.

1(n1)!.2) vx

0,由方程(1)(2)及Cux

0, uy

0,

三.计算题.1.

2k 2kv 0.

解:z31zcos isin

k0,1,2y所以uc

,v

. (c,

为常数).

z cos

isin

3 331 i31 2 1 2 1

3 2 2所以f(z)c1

ic2

为常数.

z cosisin123z cos3

i

1 i证明 取 rR , 则对一切正整数 kn

时, 3

3 3 2 2f(k)(0)

k!

dz

k!Mrn.

解Resf(z)

e, Re

f(z)

e1.f(z)zk1zr f(z)zk1

z

ezzezz1

2 z1

2ezzezz1于是由r的任意性知对一切kn均有f(k)(0)0. 故原式2i(Resf(z)Resf(z))i(ee1).故f(z)

ncznnk0

,即f(z)是一个至多n次多项式或常数.

zz1iResf(z)izi

z9z2z9z2

.5.二.填空题.

《复变函数》考试试题（四）参考答案

1解ez1k1,2,

1 zez1z=z(ez1)z(ez0z0z2ki，11. 2 ,

12 ; 2.

; 3.

2ki (kz) ;

4. 1lim(

1)limzez1lim

1ez(1nz2n (z1); 5.;

而z0

ez1

zez

z0(ez1)z1

z0ez1zezn06.亚纯函数; 7.0; 8. z0; 9. ;

10.

limz0ezezzez

2 z0为可去奇点z2ki(k0zez10

一.判断题.(ez)z

ez1zez

0

二.填空题.而 z一阶极点.

2ki

z2ki

zi为

1.2,3

,1 ; 2. a2ki (kz为任意实数;四.证明题.1.F(z)f(z,z0

, z是下半平面内异

3. (2ki, (kz); 4. 2ki,(kz); 5.0;6.0;于z的点,考虑0F(z)F(z)

f(z)f(z)

f(z)f(z)

7.亚纯函; 8.2

n0

(1)nz2n (z1); 9.0; 10.limzz z

0 limzz z

0 limzz z

0 .

i n1. 0 0

0 0 0 0

0 n1而z , z在上半平面内, 已知f(z)在上半平面解析, 因此0

三.计算题.F(z0

)f(z0

,F(z)f(z.

1.解令zabi,则2.证明令f(z)6z3,(z)z4,则f(z)与(z)在全平面解析,且在C

:z2上, f(z)15(z)16,

z1 2w 1

1

2(a1bi)

1

2(a1) 2b .1z2N

,C1

)N(,C1

)4.

z1

z1

(a1)2b2

(a1)2b2

(a1)2b2在C:z1上, f(z)3(z)1,

故Re(z1)1

2(a1)

, Im(z1) .2z1Nf

)N(f,

)1.

z1

(a1)2b2

z1

(a1)2b22 2 2.解连接原点及1i的直线段的参数方程为z(1i)t 0t1,所以f在1z2内仅有三个零点,即原方程在1z2内仅有三

1

1 1i个根.

故Rezdzc

Re[(1i)t]0

(1i)dt(1

tdt .0 2《复变函数》考试试题（五）参考答案

3.z,则dziz

.当a0时12acosa21a(zz1)a2

(za)(1az),zI1

dz,且在圆

z1

f(z) 1 只以

《复变函数》考试试题（六）参考答案i z(za)(1az) (za)(1az)

1.1eiza 为一级极点, 在z1 上无奇点, 故 11111

6. m1阶 2. z3. 4.2. z3. 4.15.7.整函数8.9.0za

5z5

,(0a1),由残数定理有1a2

10. 三、计算题：I1iResf(z)

,(0a1).i za

1a2

解：因为

1,4.解令f(z)z, 则f(z),(z)在z1内解析,且在C:z1上,(z)1f(z),

故

2i612i6119 36

6)n0.所以在z1内, N(f,C)N(f,C)1,即原方程在z1内只一个.四.证明题.

n 62.解：1i 21

f()1. 证 明 因 为 u(x,y)x2y2,v(x,y)0 , 故

f(z) du 2x,ux

2y,v vx

0. i C z这四个偏导数在z平面上处处连续,但只在z0处满足C.R.条件,故f(z)只在除了z0外处处不可微.f(z)zk