内容发布更新时间 : 2024/12/27 23:29:23星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。

增加?. 所以

?f(z)?z(1?z)的幅角共增加. 由已知所取分支在支割线上岸取正值,

2?于是可认为该分支在上岸之幅角为0, 因而此分支在z??1的幅角为,

则f(z)?z?reii??2k?2,(k?0,1).

又因为在正实轴去正实值，所以k?0.

?4 所以f(i)?e.

2?故f(?1)?2e2i?2i.

《复变函数》考试试题（二）参考答案

二. 填空题

1.1，??2， i； 2. 3?(1?sin2)i； 3. ??2?in?1； 4. 1；?0n?15. m?1.

6. 2k?i，(k?z). 7. 0； 8. ?i； 9. R；10. 0.

三. 计算题

1. 解 sin(2z3?)??(?1)n(2z3)2n?1?(?1)n22n?1z6n?3n?0(2n?1)!??. n?0(2n?1)!2. 解 令z?rei?.

3. 单位圆的右半圆周为z?ei?, ??2????2.

所以

?i??2i?i?2?izdz????de?e???2i.

224. 解

?sinzz?2(z??dz)2?2?i(sinz)?z???2?icosz??

22z2=0.

四. 证明题. 1. 证明 (必要性) 令f(z)?c1?ic2,则f(z)?c1?ic2. (c1,c2为实常数).

令u(x,y)?c1,v(x,y)??c2. 则ux?v y?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,uy??vx, 且ux?(?v)y??vy,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.

2. 即要证“任一 n 次方程 ann?10z?a1z?????an?1z?an?0(a0?0)

9

有且只有 n个根”. 证明 令

f(z)?a0zn?a1zn?1?????an?1z?an?0, 取

?1cnn!(n?1n)n?11?limn??lim(n?)?limn(?1e. )2. 解 limn??cn??nn??n??(n?1)!nnn?1?a?????an???R?max?1,1?, 当z在C:z?R上时, 有

所以收敛半径为e.

??a0???(z)?an?11R?????an?1R?an?(a1?????an)Rn?1?a0Rn.

?f(z).

由儒歇定理知在圆 z?R 内, 方程a0zn?a?11zn?????an?1z?an?0 与a0zn?0 有相

同个数的根. 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z?C?; 2. 2k?i(k?z); 3. ?1?ei; 4. 1; 5.

??2?in?1?0n?1; 6. 1; 7. ?i; 8. z?(2k?1)?i; 9. ?; 10.

1(n?1)!.

三. 计算题.

12??n?21. 解 zez?z2(1?11zz?2!z2????)??. n?0n! 3. 解 令 f(z)?ezez1z2(z2?9), 则 Rez?0sf(z)?z2?9??.

z?09故原式?2?iRez?0sf(z)??2?i9.

4. 解 令 f(z)?z9?2z6?z2?2, ?(z)??8z.

则在C: z?1上f(z)与?(z)均解析, 且f(z)?6??(z)?8, 故

由儒歇定理有

N(f??,C)?N(?f?,C?). 即在1 z?1 内, 方程只有一个根.

四. 证明题.

1. 证明 证明 设在D内f(z)?C. 令f(z)?u?iv,则f(z)2?u2?v2?c2.

两边分别对x,y求偏导数, 得 ??uux?vvx?0(1)?uuy?vvy?0(2

) 因为函数在

D内解析, 所以ux?vy,uy??vx. 代入 (2) 则上述方程组变

为

??uux?vvx?0?uv. 消去u, (u2?v2x得)vx?0. ?vuxx?010

1) 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,

221.

(n?1)!三. 计算题. 1.

vy?0.

所以u?c1,v?c2. (c1,c2为常数). 所以f(z)?c1?ic2为常数.

2. 证明 取

r?R, 则对一切正整数 k?n f(k)(0)?k!f(z)k!Mrn2??z?rzk?1dz?rk. 于是由r的任意性知对一切k?n均有f(k)(0)?0.

n 故f(z)??cnzn, 即f(z)是一个至多n次多项式或常数.

k?0

《复变函数》考试试题（四）参考答案

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二. 填空题. 1.

112, 2; 2. ?; 3. 2k?i(k?z); ??(?1)nz2n(z?1); 5. 整函数;

n?06. 亚纯函数; 7. 0; 8. z?0; 9. ?; 解:z3??1?z?cos2k???2k???3?isin3k?0,1,2z?cos??1313?isin3?2?2iz2?cos??isin???1z5?时,

3?cos3?isin5?133?2?2i

z2. 解 Rez?1sf(z)?ez?1?e, Reseze?1. z?12z??1f(z)?z?1?z??1?2 故原式?2?i(Resf(z)?Resf(z))??i(e?e?1z?1z??1).

3. 解 原式?2?iResf(z)?2?iz?z??i9?z2?.

z??i511z?ez?4. 解

ez?1?1z=z(ez?1)，令z(ez?1)?0，得z?0,z?2k?i，k??1,?2,?

4.

11z?ez?11?ezlim而 z?0(ez?1?z)?limz?0(ez?1)z?limz?0ez?1?zez

?ez 10.

?lim1z?0ez?ez?zez??2 ?z?0为可去奇点 11

当z?2k?i时，

(k?0),z?ez?1?0 ?(ez?1)z?? 而

z?2k?i?ez?1?zezz?2k?i?0 ?z?2k?i为

一阶极点. 四. 证明题.

1. 证明 设F(z)?f(z), 在下半平面内任取一点z0, z是下半平面内异于z0的点, 考虑

limF(z)?F(z0)f(z)?f(z0)f(z)?f(z0z?z?lim?lim).

0z?z0z?z0z?z0z?z0z?z0而z0, z在上半平面内, 已知f(z)在上半平面解析, 因此

F?(z0)?f?(z0), 从而F(z)?f(z)在下半平面内解析.

2. 证明 令f(z)??6z?3,

?(z)?z4, 则f(z)与?(z)在全平面解析,

且在C1:z?2上, f(z)?15??(z)?16,

故在z?2内N(f??,C1)?N(?,C1)?4. 在C2:z?1上, f(z)?3??(z)?1,

故在z?1内N(f??,C2)?N(f,C2)?1.

所以f??在1?z?2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．√２．√ ３．×４．√５．× 6．× ７．× ８．√ ９．√ 10．√. 二. 填空题.

1.2, ??3, 1?3i; 2. a?2k?i(k?z,a为任意实数); 3. (2k?1)?i, (k?z); 4. 2k?i,(k?z); 5. 0; 6. 0;

? 7. 亚纯函数; 8.

?(?1)nz2n(z?1); 9. 0; 10.

n?0??2?in?1?0n?1. 三. 计算题.

1. 解 令z?a?bi, 则

w?z?1z?1?1?22a(?1?bi)2a(?1)b2z?1?1?(a?12)?b2?1?(a?21)?b2?a(?21)?. b2 故 Re(z?12(a?1)z?1)?1?(a?1)2?b2, Im(z?1z?1)?2b(a?1)2?b2. 2. 解 连接原点及1?i的直线段的参数方程为 z?(1?i)t0?t?1,

故?cRezdz??10?Re[(1?i)t]?(1?i)dt?(1?i)?11?i0tdt?2.

3. 令z?ei?, 则d??dziz. 当a?0时

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