内容发布更新时间 : 2024/5/3 8:15:30星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。

所以f(i)?ei?4.

i?3. 单位圆的右半圆周为z?e, ??2????2.

所以4. 解

?i??i?i?2??izdz???de?e2?2?2?2i.

?sinzz?2(z?)2?2dz?2?i(sinz)?z???2?icosz2z??2=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?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,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.

《复变函数》考试试题（三）参考答案

一. 判断题

1．× ２．×３．√ ４．√ ５．√6．√７． √ ８．√ ９．√ 10．√. 二.填空题.

?2?in?1?1?ei; 3. ; 4. 1; 5. ; (k?z)????0n?116. 1; 7. ?i; 8. z?(2k?1)?i; 9. ?; 10. .

(n?1)!1.zz??i,且z?C; 2. 2k?i三. 计算题.

?11z?n?21. 解 ze?z(1??. ????)??2z2!zn?0n!212zn?1cnn!(n?1)n?112. 解 lim?limn??lim(n?)?limn(1?e. )n??cn??nn??n??(n?1)!nnn?1 所以收敛半径为e.

ezez13. 解 令 f(z)?22, 则 Resf(z)?2??.

z?0z(z?9)z?9z?092?i故原式?2?iResf(z)??.

z?09四. 证明题.

21

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

2?uux?vvx?0 两边分别对x,y求偏导数, 得 ??uuy?vvy?0(1) (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. 消去ux得, (u2?v2)vx?0. ??vux?uvx?01) 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. 所以u?c1,v?c2. (c1,c2为常数). 所以f(z)?c1?ic2为常数.

22

《复变函数》考试试题（四）参考答案

一. 判断题.

1．√ ２．× ３．× ４．× ５．× 6．√ ７．×８．× ９．√10．√ . 二. 填空题.

111. , ; 2. ?; 3. 2k?i22(k?z); 4.

?(?1)zn?0?n2n(z?1); 5. 整函数;

1.

(n?1)!6. 亚纯函数; 7. 0; 8. z?0; 9. ?; 10. 三. 计算题. 1.

解:z3??1?z?cos2k???2k????isin33??13z1?cos?isin??i3322z2?cos??isin???1z3?cosk?0,1,25?5?13?isin??i3322ezeeze?12. 解 Resf(z)?. ?, Resf(z)??z?1z??1z?1z?12z?1z??1?2 故原式?2?i(Resf(z)?Resf(z))??i(e?e).

z?1z??1?1

22

3. 解 原式?2?iResf(z)?2?iz??iz9?z2?z??i?5.

z11z?e?1?zzzz(e?1)z(e?1)?0，得z?0,z?2k?i，k??1,?2,? ze?14. 解 =，令

11z?ez?11?ezlim(z?)?limz?limzz?0e?1z?0z?0e?1?zezz(e?1)z而

?ez1?limz??z?0e?ez?zez2 ?z?0为可去奇点

当z?2k?i时，(k?0),z?e?1?0

z?(ez?1)z 而

四. 证明题.

??z?2k?i?ez?1?zezz?2k?i?0 ?z?2k?i为一阶极点.

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 limz?z0F(z)?F(z0)f(z)?f(z0)f(z)?f(z0)?lim?lim. z?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), 从而在下半平面内解析. F(z)?f(z)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 3. (2k?1)?i, (k?z); 4. 2k?i,(k?z); 5. 0; 6. 0;

??2?in?1n2n 7. 亚纯函数; 8. ?(?1)z. (z?1); 9. 0; 10. ?0n?1n?0?三. 计算题.

1. 解 令z?a?bi, 则

, 1?3i; 2. a?2k?i(k?z,a为任意实数);

23

w?z?122a(?1?bi)2a(?1)b2. 2?1??1??1??22222z?1z?1(a?1)?b(a?1)?ba(?1)?bz?12(a?1)z?12b, . )?1?Im()?2222z?1(a?1)?bz?1(a?1)?b2. 解 连接原点及1?i的直线段的参数方程为 z?(1?i)t0?t?1,

111?i 故?Rezdz???Re[(1?i)t]?(1?i)dt?(1?i)?tdt?.

c002dzi?3. 令z?e, 则d??. 当a?0时

iz(z?a)(1?az)1?2acos??a2?1?a(z?z?1)?a2?,

z1dz1故I??, 且在圆z?1内f(z)?只以z?a为一级极点,

iz?1(z?a)(1?az)(z?a)(1?az)11在z?1上无奇点, 故Resf(z)??,(0?a?1), 由残数定理有

z?a1?azz?a1?a212?I?2?iResf(z)?,(0?a?1). 2z?ai1?a4. 解 令f(z)??z, 则f(z),?(z)在z?1内解析, 且在C:z?1上, ?(z)?1?f(z),

故 Re(所以在z?1内, N(f??,C)?N(f,C)?1, 即原方程在 z?1内只有一个根. 四. 证明题.

1. 证明 因为u(x,y)?x2?y2,v(x,y)?0, 故ux?2x,uy?2y,vx?vy?0.

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.

《复变函数》考试试题（六）参考答案

一、判断题：1.√ 2.× 3.√ 4.√ 5.√ 6.√ 7.× 8.√ 9.√ 10.× 二、填空题：1. ?1?ei 2. z??1 3. 2? 4. 1 5. 1

6. m?1阶 7. 整函数 8. ? 9. 0 10. 欧拉公式 三、计算题： 1. 解：因为

2?i115????1, 693662?in)?0. 6 故lim(n??2. 解：?1?i?2?3, ?f(z)?1f(?)d?

2?i?C??z3?2?7??1d?. ??C??z 24

2 因此 f(?)?2?i(?3??7? 1) 故f(z)?2?i(3z2?7z?1)

f?(1?i)?2?i(6z?7)1?i?2?i(13?6i)?2?(?6?13i).

ezez11??(?)3.解：z2?12z?iz?i

ei ?Res(f(z),i)?.

2(?1)n(z3)2n?14.解：sinz??,

(2n?1)!n?03?sinz3?(?1)n6n?3 ?6??z.

zn?0(2n?1)!z?1x?1?iy(x2?y2?1)?2yi5．解：设z?x?iy, 则w?. ??z?1z?1?iy(x?1)2?y2x2?y2?1 ?Rew?,22(x?1)?y6．解：e四、

2.证明：设v(x,y)?a?bi，则vx?vy?0, 由于f(z)?u?iv在内D解析，因此

?i3Imw?2y. 22(x?1)?y???1?cos(?)?isin(?)?(1?3i).

332?(x,y)?D有 ux?vy?0, uy??vx?0.

于是u(x,y)?c?di故f(z)?(a?c)?(b?d)i，即f(z)在内D恒为常数. 3.证明：由于z0是f(z)的m阶零点，从而可设 f(z)?(z?z0)g(z)， 其中g(z)在z0的某邻域内解析且g(z0)?0，

于是

m111?? f(z)(z?z0)mg(z) 25