内容发布更新时间 : 2024/12/24 4:35:56星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。
《复变函数》考试试题（二）参考答案
一. 判断题.
1．√ ２．×３．√ ４．√ ５．×6．×７．×８．√ ９．×10．×. 二. 填空题 1.1，??2?in?1?， i； 2. 3?(1?sin2)i； 3. ?； 4. 1； 5. m?1. 20n?1?6. 2k?i，(k?z). 7. 0； 8. ?i； 9. R； 10. 0. 三. 计算题
(?1)n(2z3)2n?1?(?1)n22n?1z6n?3??1. 解 sin(2z)??.
(2n?1)!(2n?1)!n?0n?03?2. 解 令z?re. 则f(z)?i?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.
i?3. 单位圆的右半圆周为z?e, ??2????2.
所以4. 解
?i??i?i?2??izdz??2?de?e?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.
nn?12. 即要证“任一 n 次方程 a0z?a1z?????an?1z?an?0(a0?0) 有且只有 n个
根”.
nn?1 证明 令f(z)?a0z?a1z?????an?1z?an?0, 取R?max???a1?????an??,1?, 当za0????在C:z?R上时, 有
?(z)?a1Rn?1?????an?1R?an?(a1?????an)Rn?1?a0Rn.
?f(z).
nn?1n由儒歇定理知在圆 z?R 内, 方程a0z?a1z?????an?1z?an?0 与 a0z?0 有相
n同个数的根. 而 a0z?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
一. 判断题
1．× ２．×３．√ ４．√ ５．√6．√７． √ ８．√ ９．√ 10．√. 二.填空题.
?2?in?11.?zz??i,且z?C?; 2. 2k?i(k?z); 3. ?1?ei; 4. 1; 5. ?;
0n?1?16. 1; 7. ?i; 8. z?(2k?1)?i; 9. ?; 10. .
(n?1)!三. 计算题.
?11z?n?2????)??1. 解 ze?z(1??.
z2!z2n!n?0221zcnn!(n?1)n?1n?1n12. 解 lim?limn??lim()?lim(1?)n?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.
z?099624. 解 令 f(z)?z?2z?z?2, ?(z)??8z.
故原式?2?iResf(z)?? 则在C: z?1上f(z)与?(z)均解析, 且f(z)?6?四. 证明题.
1. 证明 证明 设在D内f(z)?C. 令f(z)?u?iv,则f(z)?u?v?c. 两边分别对x,y求偏导数, 得 ?2222?(z)?8, 故由儒歇定理有
N(f??,C)?N(f??,C)?1. 即在 z?1 内, 方程只有一个根.
?uux?vvx?0(1)
uu?vv?0(2)y?y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?022. 消去ux得, (u?v)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.
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2. 证明 取 r?R, 则对一切正整数 k?n 时, f 于是由r的任意性知对一切k?n均有f 故f(z)?(k)(k)k!(0)?2??z?rf(z)k!Mrndz?. zk?1rk(0)?0.
?czk?0nnn, 即f(z)是一个至多n次多项式或常数.
《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;
6. 亚纯函数; 7. 0; 8. z?0; 9. ?; 10. 三. 计算题. 1.
1.
(n?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
3. 解 原式?2?iResf(z)?2?iz??iz9?z2?z??i?5.
z11z?e?1?zzzz(e?1)?0，得z?0,z?2k?i，k??1,?2,? z(e?1)ze?14. 解 =，令11z?ez?11?ezlim(z?)?limz?limzz?0e?1z?0(e?1)zz?0e?1?zezz而
?ez1?limz??z?0e?ez?zez2 ?z?0为可去奇点
z(k?0),z?e?1?0 z?2k?i 当时，
?(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?zz?z00z?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)?z, 则f(z)与?(z)在全平面解析,
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