復變函數(shù)試題庫

1、1、復變函數(shù)論試題庫梅一 A111復變函數(shù)考試試題(一)dzI=1(Z-Z0)n(n為自然數(shù))2 _2 _2. sin z cos z 二3.函數(shù)sin z的周期為f (z)=4.設1z2 +1 ,則f(z)的孤立奇點有QO5 .哥級數(shù)Z nzn的收斂半徑為 .n =S6 .若函數(shù)f(z)在整個平面上處處解析，則稱它是 7.若 nmzn則 nm一<一 =zeRes(,0)=8. z ,其中n為自然數(shù).sin z9.的孤立奇點為z10.若z0是f (zw極點,則三.計算題(40分)：f (z);1.設內(nèi)的羅朗展式.1lim f(z) =z- Zo1(z-1)(z-2)求 f(z)在 D =

2、 z:0<|z|< 1dz.2 . |z|=1cosz3 .設 f(z)=產(chǎn)箸1嘰其中 C=z:|z|=3,試求 f'(1 + i).z -1 w 二4 .求復數(shù) Z+1的實部與虛部.四.證明題.(20分)1 .函數(shù)f (z)在區(qū)域D內(nèi)解析.證明：如果|f(z) |在D內(nèi)為常數(shù),那么它在D內(nèi)為常數(shù)2.試證：f (z)=Jz(1-z)在割去線段0W RezM1的z平面內(nèi)能分出兩個單值解析分支，并求出支割線0ERez£1上岸取正值白那支在 z=-1 的值.精選資料，歡迎下載復變函數(shù)考試試題(二)2 .填空題.(20分)1 .設 z = - i,則 | z卜 ,argz

3、= ,z = 2 . 設f (z) =(x2+2xy) +i(1sin( x2 + y2),7z = x+iy w C, 則zl 1 iif (Zm3 .計算題.(40分)31 .求函數(shù)Sin(2z )的哥級數(shù)展開式.2 .在復平面上取上半虛軸作割線.試在所得的區(qū)域內(nèi)取定函數(shù)VZ在正實軸取正實值的一個解析分支，并求它在上半虛軸左沿的點及右沿的點z = i處的值.3.4.dz1z-z01T(z- z0)n.(n為自然數(shù))i3.計算積分： I 二z|dz,積分路徑為(1)單位圓(| z|二 1) -i的右半圓.哥級數(shù)Z nzn的收斂半徑為n =05 .若z0是f(z)的m階零點且n>0,則z

4、0是f'(z)的 零點.6 .函數(shù)ez的周期為.7 .方程2z5 z3+3z+8=0在單位圓內(nèi)的零點個數(shù)為 8 .設f(z)=為，則f(z)的孤立奇點有 .1 z4.9.函數(shù)f (z) =|z|的不解析點之集為 z 一 1 、10. Req,1) =z4iz=2sin zdz四.證明題.(20分)1 .設函數(shù)f(z)在區(qū)域D內(nèi)解析，試證：f(z)在D內(nèi)為常數(shù)的充要條件是f (z)在D內(nèi)解析.2 .試用儒歇定理證明代數(shù)基本定理.復變函數(shù)考試試題(三)二.填空題.(20分)1 一 .、1. 設f (z) = 2工,則f (z)的定乂域為 .z 12.函數(shù)ez的周期為.3.4.5.6.若 z

5、n = - +i(1 +-)n ,則 lim Zn =1 -n n n >:- 2 _2 _sin z +cos z =dz15T(Z- Z0)n (n為自然數(shù))0a哥級數(shù)z nxn的收斂半徑為n =02.-He試求哥級數(shù)'、n =n!的收斂半徑7.一、 1設 "z)”,則f(z)的孤立奇點有ezdz3 .算下列積分：i - Cz2(z2- 9)4 .求 z9 2z6 + z2 - 8z 2=0在 z|<1 內(nèi)根的個數(shù).四.證明題.(20分)1 .函數(shù)f (z)在區(qū)域D內(nèi)解析.證明：如果 |f(z)|在D內(nèi)為常，其中C是| z卜1.8.設 ez = - 1,則 z

6、 =數(shù)，那么它在D內(nèi)為常數(shù).9 .若z0是f (z)的極點，則lim f(z) = z- z0z_ e _10 . Res(en,0)=.z三.計算題.(40分)11 . 將函數(shù)f(z)=z2ez在圓環(huán)域0< z <30內(nèi)展為Laurent級數(shù).2 .設f (z)是一整函數(shù)，并且假定存在著一個正整數(shù)n,以及兩個正數(shù)r及m使彳導當| zp R時| f(z)F M |z|n,證明f (z)是一個至多n次的多項式或一常數(shù)。復變函數(shù)考試試題(四)二.填空題.(20 分)11 .設z=，則 Rez= ,Imz =1- i2 .若1而4=4則1而乙+4 + 一+/_.n.，n二 n3 .函數(shù)e

7、z的周期為.，14 .函數(shù)f (z)= r的寨級數(shù)展開式為1 z25 .若函數(shù)f(z)在復平面上處處解析，則稱它是 .6 .若函數(shù)f(z)在區(qū)域D內(nèi)除去有限個極點之外處處解析，則稱它是 的.7 .設C ：| z|= 1,則(z-1)dz=. Csin z8 .的孤立奇點為.9 .若 z0是 f (z)的極點，則 lim f(z)=.z > z0ze /io. Res(-,0)=.z三.計算題.(40分)1 .解方程z3 +1 =0.z一e , 一 -2 .設 f (z)=。 ,求 Res(f(z)戶).z -13 zdz.|z|=2(9-z2)(z i)114.函數(shù)f (z) = ez

8、-1 z有哪些奇點？各屬何類型(若是極點，指明它的階數(shù)).四.證明題.(20分)1 .證明：若函數(shù)f (z)在上半平面解析，則函數(shù) f (z)在下半平面解 析.2 .證明z4 - 6z+3 = 0方程在1vzi< 2內(nèi)僅有3個根.復變函數(shù)考試試題(五)2 .填空題.(20分)1 .設z = 1 73,則 | z卜 ,argz= ,z =2 .當z=時，ez為實數(shù).3 .設 ez = - 1,則 z =.z4 . e的周期為.5 .設C:|z卜 1,則(z-1)dz=.Cez T 八、6 . Res(,0) =.z7 .若函數(shù)f(z)在區(qū)域D內(nèi)除去有限個極點之外處處解析，則稱它是D內(nèi)的。1

9、8 .函數(shù)f(z)=的哥級數(shù)展開式為 .1 zsin z9 .的孤立奇點為.110 .設C是以為a心，為半徑的圓周，則f dz=.C(z- a)n (n為自然數(shù))3 .計算題.(40分)z- 11 .求復數(shù)的實部與虛部.z 12 .計算積分：I = R Rezdz,在這里L表示連接原點到1 + i的直線段.2 二d713. 求積分：I = J 2 ,其中0<a<1.0 1- 2acos'a4. 應用儒歇定理求方程 z =9(z),在| z| <1內(nèi)根的個數(shù)，在這里平(z)在|zE 1上解析，并且一(z)卜1.四.證明題.(20分)21 .證明函數(shù)f(z) = |z|除

10、去在z= 0外，處處不可微.2 .設f (z)是一整函數(shù)，并且假定存在著一個正整數(shù)n,以及兩個數(shù) R及M使彳導當| zp R時| f(z)E M |z|n,證明：f(z)是一個至多n次的多項式或一常數(shù).復變函數(shù)考試試題(六)1.一、填空題(20分)1. 若 zn = -2 +i(1 +3)n ,則 lim zn =.1 -n n12 .設 f(z)=), 則 f(z) 的 定 義 域 為z2 1.3 . 函數(shù) sin z的周期為. 224 . sin z +cos z =.5 .哥級數(shù)Z nzn的收斂半徑為.n =06 .若z0是f的m階零點且m >1,則z0是f '(z)的 零

11、與八、.7 .若函數(shù)f(z)在整個復平面處處解析，則稱它是 .8 .函數(shù)f (z) =|z的不解析點之集為 .9 .方程2z5 z3+3z+8=0在單位圓內(nèi)的零點個數(shù)為 .ix10 .公式 e =cosx + isinx 稱為.二、計算題(30分)1- 2-i n1、limn 二 62 3Z +7九 +1 ，, _ ri,2、設 f (z)= f 3-1d 九，其中 C=z: z = 3,試求 f (1+i).c 九 _z z3、設 f(z) = e,求 Res(f(z),i).z2 1.sin z3 .4、求函數(shù) 嗎二在0dz <8內(nèi)的羅朗展式.z，一, z 1-、5、求復數(shù)w=

12、63;的實部與虛部.z 1二 i6、求e 3的值.三、證明題(20分)1、方程z7 + 9z6+6z31=0在單位圓內(nèi)的卞的個數(shù)為 6.2、若函數(shù)f (z) = u(x, y) + iv(x, y)在區(qū)域D內(nèi)解析，v(x, y)等于常數(shù),則f (z)在D恒等于常數(shù)13、若z0是f(z)的m階零點，則z0是的m階極點.f6 .計算下列積分.(8分)9 sin zz - 22rz z；Gzlz2(z-3)dz'(z-)7 .計算積分 27T . ( 6分)0 5 3cos8 .求下列哥級數(shù)的收斂半徑.(6分) J(1 +i)"；(2)J 嘩zn.n 1n z! n9 .設f (z

13、) =my3+nx2y+i(x3+lxy2)為復平面上的解析函數(shù)， 試確定l ,m , n的值.(6分)三、證明題.1 .設函數(shù)f (z)在區(qū)域D內(nèi)解析，7(zj在區(qū)域D內(nèi)也解析，證明f(z)必為常數(shù).(5分)2 .試證明az+az+b=0的軌跡是一直線，其中 a為復常數(shù)，b為實常 數(shù).(5分)試卷一至十四參考答案復變函數(shù)考試試題(一)參考答案二.填空題2二 i n=1、1. i; 2. 1; 3.2依，(kW z) ; 4. z=±i ; 5.0 n = 116. 整函數(shù)； 7. 之；8.1一 ；9. 0:(n-1)!10.三.計算題.1 .解 因為0<|z<1,所以0

14、<|z<1f(z) =1(z-1)(z-2)12(11 二 z='、zn-" (-)n.n42 n田22 .解因為ji z ' Res f (z) = lim2 =z 二z cosz1 dzimu1,222兀z 一三1Res f (z) = lim 2 = lim = 1.z二 z cosz z 一 sinz222令 f(z) = u + iv,貝 f (z)2 = u2 + v2 = c2.兩邊分別對x, y求偏導數(shù)，得卜Ux + vvx = 0 (1)UUy+VVy=0 (2)1cosz所以f.z|4dz = 2二 i(Res f (z) Res f

15、(z) = 0.z 二z 二因為函數(shù)在 D內(nèi)解析，所以Ux = Vy, Uy = -Vx.代入(2)則上述方程組由柯西公式有在22消去 ux得，(u +v )Vx = 0.3 .解 令中(九)=3九2+7九+1 ,則它在z平面解析z <3內(nèi)，")f(z) = c-dz=2二 i (z).c z所以 f (1 +i) = 2m 中'(z) z/十=2冗 i(13+6i) = 2兀(一6 十 13i).4 .解令z = a + bi,則變?yōu)閘uUx VVx = 0vux。uvx = 01) 若 u2+v2 = 0,則 f(z)=0 為常數(shù).2) 若 Vx = 0,由方程(1

16、) (2) 及 C. R.方程有 ux=0, uy = 0,Vy = 0 .wC=1,2(a 1) 2b(a 1)2 b2 (a 1)2 b22(a 1)(a 1)2 b2Im(z -12b)二22z 1 (a 1) bz -1故Re()=1z 1四.證明題.1 .證明設在D內(nèi)f (z) =C.所以 u = c1,v = c2. ( G,c2為常數(shù)).所以f (z) = g +心為常數(shù).2 .證明f (z)='z(1z)的支點為z=0,1.于是割去線段0ERezW1的z平面內(nèi)變點就不可能單繞0或1轉一周，故能分出兩個單值解析分支.由于當z從支割線上岸一點出發(fā)，連續(xù)變動到z=0,1時，只

17、有z的幅角增加冗.所以f (z) = Jz(1 -z)的幅角共增加 .由已知所取分支在支割線上岸取正值n于是可認為該分支在上岸之幅角為0,因而此分支在z=-1的幅角為萬,二i故 f (-1) =、. 2e2 = 2 .貝U f (z) = , z =、，re 2 , (k = 0,1).又因為在正實軸去正實值，所以 k=0.i 二所以 f(i) =e4._-JT-JT3 .單位圓的右半圓周為 z = eie, - <0 <.22所以 口zdz=gdei0 = ei* = 2i.一2一/復變函數(shù)考試試題(二)參考答案4.解二.填空題1.12.3+(1sin2)i ； 3.4.1;si

18、n z:z手7dz = 2ni(sin z)(z2四.證明題.=加 cosz5.m -1 .6.2kni,(kWz).7.0;8.9.R;z =2=0.1.證明(必要性)令 f (z) = c1 + ic2，則 f (z) = g -ic2.( 數(shù)).令 u(x, y) = C1,v(x, y) = -c2.則 Ux= Vy = Uy = Vx = 0 .C1, C2為實常10. 0.三.計算題QO1.解 sin(2 z3) =E n=0(-1)n(2z3)2n 1(2n 1)!0a=£n =0(-1)n22n 16n 3 z(2n 1)!2.解令 z=rei6即u,v滿足C. R.

19、,且Ux,Vy,Uy,Vx連續(xù)，故f (z)在D內(nèi)解析.(充分性)令 f(z) = u + iv,則 f(z) = u-iv, 因為f(z)與而在D內(nèi)解析，所以Ux=Vy, Uy = -Vx,且 Ux= (-V)y = -Vy, Uy = -(-Vx)= -Vx .比較等式兩邊得ux = Vy = Uy = Vx = 0 .從而在 D內(nèi)U, V均為常數(shù)，故f (z)在D內(nèi)為常數(shù).2. 即 要 證 “任 一n次 方 程a°zn +aiZnJL +一+ anz+an =0(a0#0)有且只有 n個根”.證 明 令 f (z) =a0zn+a!zn'+ + aniz+an = 0,

20、 取a1| ：: anR>maxr 11 , , 1 n|,1 51 J中(z) < ai Rn"+ an/R+忖n <(a1在C : z = R上時bn- nR < a0 R .J11g 也1. 解 z2ez = z2(1+-+2+-)=£ .z 2! znz0 n!o . I Cn I . n! (n + 1)n*. ,n + 1n .1、n2. 斛 lim=lim - - = lim() =lim(1+) =e.0&書|n (n + 1)! Tn t n所以收斂半徑為e.由儒歇定理知在圓與a0z =o有相=f (z).z < R

21、內(nèi)，方程 a0zn +a1zz3.解令f(z)=，4 z (z -9)則 Resf(z) =z2 -9zdDn 1- an_iz an同個數(shù)的根.而a0zn =0在 z <R內(nèi)有一個n重本z = 0.因此n次方程在z < R內(nèi)有n個根.復變函數(shù)考試試題(三)參考答案二.填空題.1. G z #±i，且zw C)； 2.2ki(ke z) ； 3.-1+ei ； 4.1；2二 in=15. ;0 n = 16. 1；7.二i ；8. z = (2 k 1)二 i ；9.10.1(n -1)!計算題.故原式=2-：iResf(z)=.z田94.解令 f (z) = z9 -

22、2z6 + z2 - 2 ,中(z) = 8z.則在C: |z =1上f (z)與中(z)均解析，且| f(z) M6<|9(z) =8,故 由儒歇定理有N(f +匕C)= N(f +邛,C) = 1.即在|z<1內(nèi)，方程只有一個根.四.證明題.1.證明證明設在D內(nèi)f(z) = C.令 f(z) = u + iv,貝U f (z)2 = u2 + v2 = c2.兩邊分別對x, y求偏導數(shù)，得卜Ux + vvx = 0 (1)UUy+VVy=0 (2)因為函數(shù)在 D內(nèi)解析，所以ux = vy, uy = -vx.代入(2)則上述方程組變?yōu)榻猓簔3 - -1 =k = 0,1,2uu

23、x vvx =0、山q22x.消去 Ux得，(u 十V)Vx=0.vUx -uvx =0221) U2 +v2 =0,則 f (z) =0 為常數(shù).2) 若 vx=0,由方程(1)(2) 及 C. R.方程有 Ux=0, Uy=0,Vy =0 .所以 U =G,V =C2. ( C1,C2為常數(shù)).所以f (z) =g +ic2為常數(shù).Z (1)nz2n(z<1)； 5.整函數(shù);n=06) 亞純函數(shù)；7. 0;8.z=0；9. s ；10.1 (n 1)!三.計算題.1.2k二二2k二二z = cos i sin33二 1. 3z1 = cos i sin = - - i3322z2 =

24、 cos二 i sin 二-12.證明 取 r >R ,產(chǎn)(0)三k!2iz|=r于是由r的任意性知對一切則對一切正整數(shù) k >n 時，:,k!Mrn一 k . rk >n均有 f (k)(0) =0.I5 二5二1.- 3z3 = cosi sin 二一 一i33222.Res f (z)z凸z=1z_ 一 eResf(z)= ez-1z 1故原式二 2二 i(Res f (z) Res f (z)-二 i(e-e-1).-1 e-2n故f(z)=£cnzn,即f(z)是一個至多n次多項式或常數(shù).k =0復變函數(shù)考試試題(四)參考答案.二.填空題.1 1.一1.

25、- ,- ；2.；3. 2k二 i (k z) ；4.2 23.解原式= 2UResf(z) = 2 兀 i2 =一9-z-511 z - ez 14.解 ez -1 z= z(ez-1)令 z(ez-1) = 0,得 z=0,z=2Mi k= 1,-2；11 z-ez 11 -ezlim () = lim z 二 lim -而 z 0 e _ 1 z z 0 (e -1)z z » e -1 zez一 e一 zm0 ezez zez-z=0為可去奇點當 z = 2kE 時，(k#0)，zez +1#0 t(ez-1)z1=ez-1+zezo 0而z=2kEz=2k兀i一階極點.四.

26、證明題., z = 2ki 為個根.1.證明 設F(z) = f(z),在下半平面內(nèi)任取一點z0 , z是下半平面內(nèi)異于z0的點，考慮limJz。F(z) -F(zo)z -z0: lim f) : Hmz %z-z。z %f(z)-f&)z -z0而z。， z在上半平面內(nèi)，已知f(z)在上半平面解析，因此 F (z。)= f (z。)，從而F(z) = f(z)在下半平面內(nèi)解析.2.證明 令f(z)=6z+3,中(z)=z4,則f(z)與中(z)在全平面解析， 且在 C1 : z =2上，f (z)| «15(怛(z) =16,故在 z <2內(nèi) N(f +cp,C1)

27、 = N(cp,C1) =4.在 C2：|z =1 上，|f(z)之3>|9(z)|=1,故在 z <1 內(nèi) N(f +、C2) = N(f,C2)=1.所以f十中在1 <憶<2內(nèi)僅有三個零點，即原方程在1Mlz <2內(nèi)僅有三復變函數(shù)考試試題(五)參考答案1 .判斷題.1 .，2.，3.><4.，5.>< 6.X 7.X8.，9.，1。.，.2 .填空題.2.2, - -,1. 3i ；2.a 2k"： i(k z,a為任意實數(shù))；3. (2k 1)- i , (k z)；4.2k二 i,(k z) ；5.。；6.。； cO7.亞

28、純函數(shù)；8.Z (-1)nz2n( z < 1) ；9.。；nd32 二 i n = 110. .。n : 1三.算題.1 .解令z = a + bi,則w=二1-工二1-4二1- bz 1 z 1 (a 1) b (a 1) b (a 1) bRe()二1一2(a 1)(a 1)2 b2Im(2b(a 1)2 b22.解連接原點及1 + i的直線段的參數(shù)方程為 z=(1+i)t 0MtM 1,故 cRezdz = ；Re(1 i)t:(1 i)dt =(1 i) Jtdt -3 .令 z=e* 則 d9 =dz.當 a#0 時 iz于是由r的任意性知對一切 k a n均有f (k)(0

29、) = 0 . n故f(z)=£ cnzn,即f (z)是一個至多n次多項式或常數(shù) kz01 _2acos1a2 =1 -a(z z)a2 = (a)(1az) ,z1dz1故1=11 dz,且在圓2<1內(nèi)£)=1只以i izl(z -a)(1 -az)(z-a)(1-az)z=a 為一級極點， 在 z=1 上無奇點，故11一 Resf(z)= =2,(0 < a <1),由殘數(shù)te理有z爭1 - az z=a 1 -a1_2n -I =-2niResf (z)=2,(0 < a <1).i z 01 -a二、填空題：5. 16.10. 歐拉公式三、計算題：1.解：因為復變函數(shù)考試試題(六)參考答案1.-1 ei 2.m 1 階 7.z；二 1整函數(shù)L：1,9 3663.8.2-4. 19. 04 .解 令f (z) = z,則f (z),中(z)在z E1內(nèi)解析，且在C : z = 1上,(z)：二1 = f(z),2.所以在z<1內(nèi)，N( f +QC) = N(f ,C) =1 ,即原方程在 z<1內(nèi)只有一個根.四.證明題.1.證明 因 為 u(x, y) = x2+y2, v(x, y)三 0, 故Ux =2x, Uy =2y,V