复变函数 复习题答案

《复变函数》考试试题（一）参考答案 一．

判断题

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

1.

?2?in?1 ； 2. 1； 3. 2k?，(k?z)； 4. z??i； 5. 1 ?0n?1?6. 整函数； 7.

?； 8.

1； 9. 0； 10. ?.

(n?1)!三．计算题. 1. 解 因为

0?z?1, 所以0?z?1

?1?zn111n??z??(). f(z)???z2n?02(z?1)(z?2)1?z2(1?)n?022. 解 因为

z?Resf(z)?limz??2?2z??22?lim1??1, coszz???sinzz??2Resf(z)?limz???2z???22?lim1?1. coszz????sinz所以

1sf(z)?Resf(z)?0.

?z?2coszdz?2?i(Re??z??z?223. 解 令

?(?)?3?2?7??1, 则它在z平面解析, 由柯西公式有在z?3内,

?(?)dz?2?i?(z).

c??z

f(z)?? 所以4. 解 令

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

z?a?bi, 则

w?z?122(a?1?bi)2(a?1)2b?1??1??1??z?1z?1(a?1)2?b2(a?1)2?b2(a?1)2?b2z?12(a?1)z?12b)?1?)?, Im(z?1(a?1)2?b2z?1(a?1)2?b2.

.

故

Re(四. 证明题. 1. 证明 设在D内

f(z)?C.

令

f(z)?u?iv,则f(z)?u2?v2?c2.

x,y求偏导数, 得 ?2 两边分别对

?uux?vvx?0?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?022. 消去ux得, (u?v)vx?0. ??vux?uvx?01)

若u2?v2?0, 则 f(z)?0 为常数.

2)

若vx所以u?0, 由方程 (1) (2) 及 C.?R.方程有ux?0, uy?0, vy?0. ?c1,v?c2. (c1,c2为常数).

所以

f(z)?c1?ic2为常数.

《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，

i； 2. 3?(1?sin2)i； 3. ??2?in?1； 4. 1； 5. m?1.

0n?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?31. 解 sin(2z)????(2n?1)!(2n?1)!n?0n?03?.

2. 解 令

z?rei?.

i??2k?2 则

f(z)?z?rei,(k?0,1).

又因为在正实轴去正实值，所以k??0.

所以

f(i)?e4.

3. 单位圆的右半圆周为z??ei?, ?i??2?????2.

所以

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

4. 解

?sinzz?2(z?)2?2dz?2?i(sinz)?z???2?icosz2z??2=0.

四. 证明题.

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.

1. 证明 (必要性) 令 即u,v满足C.?(充分性) 令 因为

R., 且ux,vy,uy,vx连续, 故f(z)在D内解析.

f(z)?u?iv, 则 f(z)?u?iv,

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. 1.

?zz??i,且z?C?; 2. 2k?i?i; 8.

6. 1; 7. 三. 计算题. 1. 解

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

(n?1)!.

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

ezez13. 解 令 f(z)?, 则 Resf(z)?. ??222z?0z(z?9)z?9z?092?i故原式?2?iResf(z)??.

z?09四. 证明题.

1. 证明 证明 设在D内

f(z)?C.

2 令

f(z)?u?iv,则f(z)?u2?v2?c2.

?uux?vvx?0 两边分别对x,y求偏导数, 得 ??uuy?vvy?0因为函数在D内解析, 所以

(1) (2)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)

u2?v2?0, 则 f(z)?0 为常数.

2)

若vx所以u?0, 由方程 (1) (2) 及 C.?R.方程有ux?0, uy?0, vy?0.

?c1,v?c2. (c1,c2为常数).

所以

f(z)?c1?ic2为常数.

《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.

11.

2,

12; 2.

?; 3. 2k?i(k?z); 4. ?(?1)nz2nn?0?(z?1); 5. 整函数;

6. 亚纯函数; 7. 0; 8. 三. 计算题. 1.

z?0; 9. ?; 10.

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?12z??1z?1z??1?2 故原式?3. 解 原式?

2?i(Resf(z)?Resf(z))??i(e?e?1).

z?1z??12?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?0(e?1)zz?0e?1?zezz而

?ez1?limz??z?0e?ez?zez2 ?z?0为可去奇点

zz?2k?i时，(k?0),z?e?1?0

当

?(e 而

z?1)z??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

z?z0limF(z)?F(z0)f(z)?f(z0)f(z)?f(z0)?lim?lim. z?z0z?z0z?z0z?z0z?z0而0, 析.

zz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

2. 证明 令且在故在在

f(z)??6z?3, ?(z)?z4, 则f(z)与?(z)在全平面解析,

C1:z?2上, f(z)?15??(z)?16, z?2内N(f??,C1)?N(?,C1)?4.

C2:z?1上, f(z)?3??(z)?1, z?1内N(f??,C2)?N(f,C2)?1.

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

故在所以

一. 判断题.

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

, 1?3i; 2. a?2k?i(k?z,a为任意实数);

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. ?n?0?0n?11.2, ?三. 计算题. 1. 解 令

?z?a?bi, 则

w?z?122(a?1?bi)2(a?1)2b?1??1??1??z?1z?1(a?1)2?b2(a?1)2?b2(a?1)2?b2.

z?12(a?1)z?12b)?1?)?, Im(. z?1(a?1)2?b2z?1(a?1)2?b22. 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?iRe[(1?i)t](1?i)dt?(1?i)tdt? 故Rezdz?. ???c?0?02dzi?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, 在z?1i?z?1(z?a)(1?az)(z?a)(1?az) 故

Re(

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：设zImw?2y.

22(x?1)?y?eix, 则dz?ieixdx?izdx sinx?在

11(z?) 2iz?dx12?dx??02?sin2x2?02?sin2x 112izdz?dz? ??z?1z2?4iz?1

2?z?1izz2?4iz?11只有z?(3?2)i一个一级极点 z?1内2z?4iz?1Res[f(z),(3?2)i]???i23

因此

?0dx?i??2?i??. 22?sinx233四、证明： 2. 证明：因为

f(z)?u(x,y)?iv(x,y)，在D内连续, 所以?(x0,y0)?D,

???0,???0.

当

x?x0??,y?y0??时有

f(x,y)?f(x0,y0)?u(x,y)?u(x0,y0)?i[v(x,y)?v(x0,y0)]

从而有

?{[u(x,y)?u(x0,y0)]?[v(x,y)?v(x0,y0)]}??,

2122u(x,y)?u(x0,y0)??, v(x,y)?v(x0,y0)??.

y0)?D的任意性知u(x,y)与v(x,y)都在D内连续

即与在连续，由(x0,3.证明：由于z0是

f(z)的m阶零点，从而可设

f(z)?(z?z0)mg(z)，

其中

g(z)在z0的某邻域内解析且g(z0)?0，

于是

111 ??mf(z)(z?z0)g(z)11在内D1解析，故z0为的mg(z)f(z)由

g(z0)?0可知存在z0的某邻域D1，在D1内恒有g(z)?0，因此

阶极点.

《复变函数》考试试题（九）参考答案 一、判断题（20分）

1、× 2、× 3、√ 4、√ 5、√ 6、√ 7、√ 8、√ 9、× 10、√ 二、填空题（20分） 1、e?zi 2、z?k?,k?0,?1,?2,? 3、2? 4、1 5、1

6、m?1 7、整函数 8、c 9、8 10、e

三、计算题（30）

1、解：?2?i52?in??1,?lim()?0.

n??6662、解：

?1?i?2?3,

f(z)?1f(?)d?

2?i?C??z ?

3?2?7??1??d?.

C??z 因此

f(?)?2?i(?32??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).

3、解：

ezezf(z)?2?.z?1(z?i)(z?i)Res(f(z),i)?4、解：

?ieie,Res(f(z),?i)?.22

ii

z?12?11????(z?1)(z?2)z?1z?2z(1?1)1?zz2 由于

1?z?2，从而1?z?2内

1?1,zz?1. 2 因此在

有

?z1?1n?zn1?1z???()??()???[(n)?(n) ].(z?1)(z?2)zn?0z2z2n?0n?0z?1x?1?iy(x2?y2?1)?2yi5、解：设z?x?iy, 则w?. ??22z?1z?1?iy(x?1)?yx2?y2?1 ?Rew?,(x?1)2?y26、解：设

Imw?2y.

(x?1)2?y2z2?z?2f(z)?4,则f(z)在Imz?0内有两个一级极点z1?3i,z2?i，

z?10z2?93?7i1?i,Res(f(z),i)??, 4816Res(f(z),3i)?因此，根据留数定理有

?????z2?z?23?7i1?i?dz?2?i(?)??.

z4?10z2?948166四、证明题（20分） 2、证明：设u(x,y)?a?bi，则ux?uy?0, 由于f(z)?u?iv在内D解析，因此?(x,y)?D有

ux?vy?0, uy??vx?0.

于是v(x,y)?c?di故f(z)?(a?c)?(b?d)i，即f(z)在内D恒为常数.

f(z)的m阶零点，从而可设

3、证明：由于z0是

f(z)?(z?z0)mg(z)，

其中

g(z)在z0的某邻域内解析且g(z0)?0，

于是

111 ??mf(z)(z?z0)g(z)11在内D1解析，故z0为的mg(z)f(z)由

g(z0)?0可知存在z0的某邻域D1，在D1内恒有g(z)?0，因此

阶极点.

《复变函数》考试试题（十）参考答案

一、判断题（40分）：

1.√ 2. √ 3.√ 4. × 5. √ 6. × 7. √ 8. √ 9. √ 10. √ 二、填空题（20分）：

1.

2?i 2.

z(1?z)2 3.

z??i 4. 1 5.

1

(n?1)!三、计算题（40分） 1. 解：

f(z)?z9?z2在

z?2上解析，由cauchy积分公式，有

z22z9?zdz?dz?2?i??z?2(9?z2)(z?i)?z?2z?i9?z2?z??i?5

2. 解：设

eizf(z)?1?z2ne?ii，有Res(f,?i)??e

?2i2n2??n??n?1?i??1?i???(cos?isin)?(cos?isin) 3. 解：????4444?2??2?

?cos，

n?n?n?n?n??isin?cos?isin?2cos44444

4. 解：

?u2x?2?xx?y2(x,y)?u2y?2?yx?y2v(x,y)????y(0,0)?uydx?uxdy?c??(x,y)(0,0)?2y2xdx?dy?c

2222x?yx?y

0y2x?2arctan?c dy?c22xx?yf(1?i)?u(1,1)?iv(1,1)?ln2?i(2arctan1?c)?ln2

故c???2，v(x,y)?2arctany?? x2

《复变函数》考试试题（十一）参考答案

一、1．× 2．√ ３．× ４．√ ５．√ 二、1． 1 2．

11 ４．u? 222k???2k???4?isin)５．zk?a(cos44? ３．u?(k?0,1,2,3)

1６．

39.

７．

2n2??1

８．15

?(a) 10. ?m

??(a)?ux?2,2?xx?y?uy?2?yx?y2

三、1．解：

v(x,y)??????(x,y)(0,0)?uydx?uxdy?C

yxdx?dy?C

x2?y2x2?y2(x,y)

(0,0)?y

0xydy?C?arctan?C.

22x?yx又

f(1?i)?u(1,1)?iv(1, 1

11ln2?i(arctan1?C)?ln2. 22?y?,v(x,y)?arctan?. 故C??4x4?2.解: (1)

sin2ztanz?cos2z2奇点为

1z?(2k?)?,2k?0,?1?对任意整数k,

1z?(2k?)?2为二阶极点,

z??为本性奇点.

(k?0,?1?)

(2) 奇点为0z?1,zk?2k?i,z?1为本性奇点,对任意整数k,zk为一级极点,z??为本性奇点.

3. (1)解:

z19f(z)?2(z?1)4(z4?2)3共有六个有限奇点, 且均在内

C:z?4,

由留数定理,有

?z?4f(z)dz?2?i[?Res(f,?)]

将

f在

z??的去心邻域内作Laurent展开

z1912z8(1?2)4?z12(1?4)3zzf(z)?

11??z(1?1)4(1?2)3z2z414106z4?(1?2?4??)(1?4?8??) zzzzz14??3??zz所以Res(f,?)??C?1??1

?(2)解: 令

z?4f(z)dz?2?i.

z?ei?,则

?0I??

d?12?d??1?cos2?2?01?cos2?

?14zdz

42?C:z?12i(z?6z?1)4zdz2du,故 ?i(z4?6z2?1)i(u2?6u?1)再令

z2?u则

12du2duI??2??

22?C:z?1C2i(u?6u?1)iu?6u?1由留数定理,有

21?I??2?iRes(f,?3?8)?4??? i422四、1.证明:

f(z)?u(x,?y)?iv(x,?y)?u*?iv*

v*??v(x,?y)vx??vx,*u*?u(x,?y),**ux?ux,uy??uy,由

vy?vy*

f(z)?u(x,y)?iv(x,y)在上半平面内解析,从而有

ux?vy,uy??vx.

因此有ux*?vy*,uy*??vx*

故

f(z)在下半平面内解析.

?r1?r2,0?r1?r2?R则

z?r1z?r12.证明: (1)

M(r1)?maxf(z)?maxf(z)M(r2)?maxf(z)?maxf(z)z?r2z?r2

故M(r2)?M(r1),即M(r)在[0,R)上为r的上升函数.

(0?r1?r2?R)使得M(r1)?M(r2)

z?r1 (2)如果存在r1及r2则有

maxf(z)?maxf(z)

z?r2于是在1r?z?r2内f(z)恒为常数,从而在z?R内f(z)恒为常数.

《复变函数》考试试题（十二）参考答案 一、判断题.

1. × 2. × 3. × 4. √ 5. × 二、填空题. 1.

?1 2. (??) 3. f(z)?z?1 4. 0,? z5.

i 6. 2? 7.

1 8.

2n2??1

9.本性 10. 三、计算题.

??

k?0,1,2,3,4

5i1.解：

wk?ze515argz?2k?i5

??2k? 由?1??1 得?1??110e 从而有k110?2

w2(1?i)?2?e

2.解：（1）

??4?45i?2(cos3?3?1?i?isin)?5 444，(kf(z)?Lnzlnz?2k?f(z)?的各解析分支为kz2?1z2?1?0,?1,?).

z?1为f0(z)的可去奇点，为fk(z)的一阶极点(k?0,?1,?)。

? )Res(f0(z),1)?0 Res(fk(z),1)?k?i. (k??1,?2,?1?zn?1ez（2）Res?Res?n?1????

z?0zn?1z?0n!n?0n!??z3.计算下列积分

解：（1）

z71f(z)?2?

3212(z?1)(z?2)z(1?)3(1?)z2z2Res(f,?)??C?1??1

?（2）设

z?2f(z)dz?2?i[?Res(f,?)]?2?i

z2z2f(z)?2?(z?a2)2(z?ai)2(z?ai)2，

z2令?(z)?(z?ai)2??(z)?2aiz(z?ai)3

则Res(f,ai)???(ai)1!2(ai2)1???i (2ai)34a

?Imz?0f(z)dz?2?iRes(f,ai)??2a

?四、证明题 1证明：.设

????x2dx? ?(x2?a2)22az?x?iy 有 f(z)?ez?ex(cosy?isiyn )u(x,y)?excosy,v(x,y)??exsiny

?u?u?v?excosy,??exsiny,??exsiny,?x?y?x易知u(x,?v??excosy ?yy)，v(x,y)在任意点都不满足C?R条件，故f在复平面上处处不解析。

2.证明：于高阶导数公式得

(e)z?(n)??0n!ez??d? 2?i???1?n?1n!ez?即z?d?

???12?i?n?1n?zn?1znez?zn1ez??d?故?d? 从而?????C:??1??12?in!?n?1n!2?i?n?1?n!?

《复变函数》考试试题（十三）参考答案

一、填空题．（每题２分）

2

1.

1?i?e 2. limu(x,y)?u0及limv(x,y)?v0 3. 0 4. ?

x?xox?xory?yoy?yo2 6. 1?z2?z4?z6????(?1)nz2n???? 7.椭圆

5.

8.

12??(1?2i) 9. (1?)?1 10. ?1 224二、计算题．

１．计算下列各题．（９分） 解: (1)

cosi?1(e?e?1) 2(2)

ln(?2?3i)?ln?2?3i?iarg(?2?3i)

13?ln13?i(??arctan) 22(3)

33?i?e(3?i)ln3?e(3?i)(ln3?i?2k?)?e3ln3?2k??i(6k??ln3)

?27e2k?[cos(ln3)?isin(ln3)]

z?8?0?z?3?8?8e?2e33i?i??2k?32. 解:

(k?0,1,2)

故

z3?8?0共有三个根: z0?1?3, z1??2, z2?1?3 3. 解:

u?x2?y2?xy?ux?2x?y,uy??2y?x ?2u?2u?2?2?2?2?0?u是调和函数.

?x?y

v(x,y)??x0(x,y)(0,0)(?uy)dx?uxdy?c??y0(x,y)(0,0)(2y?x)dx?(2x?y)dy?c

??(?x)dx??(2x?y)dy?c

x2y2???2xy??c

2222

x2y21?2xy??) ?f(z)?u?iv?(x?y?xy)?i(?222

?11(2?i)z2?i 22214. 解 (1)

15222(x?iy)dz?(x?ix)d(x?ix)???i ?c?066 (2)

?1?i0[(x?y)?ix]dz?i?(?y)dy??[(x?1)?ix2]dx

00211

ii11??????(3?i)

2326n5. 解:

0?z?1时

?1111?zf(z)??????()??zn

(z?1)(z?2)z?2z?12n?o2n?0?

??(1?n?01zn?1)zn

1?z?2时f(z)?111?11 ????z1(z?1)(z?2)z?2z?12(1?)z(1?)2z

??zn1?????nn?o2n?1n?0z??6. 解: (1)

5z?2??c?z?2z(z?1)2dz?2?i[?Res(f,?)]??4?i

(2)

sin2z??z?4z2(z?1)dz?2?i[?Res(f,?)]?0

z2f(z)?1?z4

7.解: 设

z1?22(1?i)和z2?(?1?i)22z2?1?i

42i为上半平面内的两个一级极点,且

Res[f(z),z1]?limz?z1[z?2(?1?i)](z2?i)2

Res[f(z),z2]?limz?z2z2[z?2(?1?i)](z2?i)2?1?i 42ix21?i1?i? dx?2?i(?)????1?x4242i42i??8. (1)

R?1 (2) R??

9. 解: 设

z?x?iy,则f(z)?z?x2?y2 ux?2x,uy?2y,vx?vy?0

2当且仅当 三、

x?y?0时,满足C?R条件,故f(z)仅在z?0可导,在z平面内处处不解析.

1. 证明: 设

f?u?iv,因为f(z)为常数,不妨设u2?v2?C (C为常数)

则

u?ux?v?vy?0 u?uy?v?vy?0

f(z)在D内解析,从而有ux?vy, uy??vx

由于

将此代入上述两式可得

ux?uy?vx?vy?0

于是u

?C1,v?C2 因此f(z)在D内为常数.

《复变函数》考试试题（十四）参考答案

一、 1、

rn?cosn??isinn?? 2、limu?x,y??u0且limv?x,y??v0

x?x0y?y0x?x0y?y03、0 4、有限值 5、4 6、1?z2?z4???z2n??

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