《复变函数》复习思考题答案

（0345）《复变函数》复习思考题答案

一、填空题。

1、i i 31,2,31--+

2、ππ

k 23

+-

3、θθ17sin 17cos i +

4、i k )24

(2ln ππ

++

5、直线4=u

6、1

7、0 8、1

9、

4

81

10、6 11、0 12、i π2-

13、3 14、{(x,y)|R x y ∈=

,2

1

} 15、{z |10<

n n n z z ∑+∞=----0])1(3

1)21(121[1.21

17、1，－1 18、否

19、)cos sin ()sin cos (c y ye y xe i y y y x e x

x

x

+++-

二、判断题。

1、×

2、√

3、×

4、×

5、× 、6× 7、× 8、√ 9、× 三．计算题。

1、解：由i e

i i w k i

-===

+3

22/3

)(π

π，得k=2，则

i e

e

i w i

i

2

123)(6

73

42/--

===-+-ππ

π. 2、解：①当仅有0在Γ所围区域内，

i z z s i z z dz z ππ2)

1(1

Re 2)1(202-=-=-=Γ⎰ ②当仅有-1在Γ所围区域内，

i z z s i z z dz z ππ=-=--=Γ⎰)

1(1Re 2)1(212 ③当仅有1在Γ所围区域内，

i z z s i z z dz z ππ=-=-=Γ⎰)

1(1Re 2)1(212 ④当仅有0、-1在Γ所围区域内，

i i i z z s z z s i z z dz z z ππππ-=+-=-+-=--==Γ⎰2))

1(1Re )1(1Re (2)1(21202

⑤当仅有0、1在Γ所围区域内，

i i i z z s z z s i z z dz z z ππππ-=+-=-+-=-==Γ⎰2))

1(1

Re )1(1Re (2)1(21202 ⑥当仅有1、-1在Γ所围区域内，

i i i z z s z z s i z z dz z z ππππ2))

1(1Re )1(1Re (2)1(21212=+=-+-=--==Γ⎰ ⑦当0、-1、1在Γ所围区域内，

02))

1(1Re )1(1Re )1(1Re (2)1(2121202=++-=-+-+-=-=-==Γ⎰i i i z z s z z s z z s i z z dz z z z ππππ ⑧当Γ所围区域内不包含0、1、-1中任一点时，则由柯西定理得

0)1(2=-⎰Γz z dz

.

3、解：原积分＝

)!

1(2)!1(20-=-n i

e n i ππ

4、解：原积分＝))(Re )(Re (21

z f s z f s i z z ==+π

因为6))1(cos (!21)(Re 2

20

--=''-=

==ππz z z z z f s ，3)cos ()(Re 131='===z z z z z f s π 所以，原积分＝)3(22

--ππi 。 5、（1）解：奇点有0，∞-,2,2i i 因为2

2)4(1

)(,)

()(+-=

=

z z z z

z z f ϕϕ其中，显然)(z ϕ在0的领域内解析，且0)0(≠ϕ，

所以0为)(z f 的一阶极点。 由2

2

)

2(1

)(,)2()

()(i z z z z i z z z f --=

+=

ψψ其中，显然)(z ψ在i 2-的领域内解析，且0)2(≠-i ψ，所以i 2-为)(z f 的二阶极点。

类似讨论可得i 2也为)(z f 的二阶极点。 由0)4(1

lim

2

2=+-∞→z z z z ，得∞为)(z f 的可去奇点。

（2）解：奇点有1，i k π2)2,1,0(Λ±±=k ，∞

∞=∞

→i k k π2lim Θ，∞∴为非孤立奇点。

因1

lim

1

11--→z z z e e

不存在，所以1为本质奇点。

因对,Z k ∈∀0)1())(1(2112≠'-='=-=i

k z z z i k z e e z f ππ，即)2,1,0(2Λ±±=k i k π为)

(1z f 的一阶零点，故)2,1,0(2Λ±±=k i k π为)(z f 的一阶极点。 （3）解：奇点有0，∞

因为4sin lim z z

z ∞→不存在，所以∞为本质奇点。

因为=4sin z z z z z sin 13⋅，z z sin 在0的去心领域内解析且01sin lim 0≠=→z z z ，

所以0为4sin z

z 的三阶极点。

（4）解：奇点有0，)2,1(2Λ±±=k i k π，∞

∞=∞

→i k k π2lim Θ，∞∴为非孤立奇点。

01))1(())(1

(

)

2,1(2)2,1(2)

2,1(2≠+-='-='±±==±±==±±==ΛΛΛk i k z z

z k i k z z k i k z ze e e z z f πππ

故)2,1(2Λ±±=k i k π为一阶极点。

01))1(())(1

(

00

=+-='-='===z z

z z z z ze e e z z f

0))1(())(1

(

00

≠++=''-=''===z z

z z z z z ze e e e z z f

故0为二阶极点。 6. (1)解：

()⎰=--+210)3)(1(z z z i z dz

＝))(Re )(Re (21

z f s z f s i z i z =-=+π )(Re )(Re 1

z f s z f s z i

z =-=+＝)(Re )(Re 3

z f s z f s z z ∞

==--

10

3

103

)3(21

)

1()(1)(Re i z i z z f s z z +=

-+=

==

0]1

)1([Re )(Re 20=-==∞=t

t f s z f s t z