《复变函数》考试试题与答案(八)

《复变函数》考试试题（八）
一、判断题（20分）
1、若函数()f z 在0z 解析，则()f z 在0z 连续.（ ）
2、若函数()f z 在0z 满足Cauchy-Riemann 条件，则()f z 在0z 处解析.（ ）
3、如果0z 是()f z 的本性奇点，则0
lim ()z z f z →一定不存在.（ ）
4、若函数()f z 是区域D 内解析，并且()0()f z z D '≠∀∈，则()f z 是区域D 的单叶函数.（ ）
5、若函数()f z 是区域D 内的解析函数，则它在D 内有任意阶导数.（ ）
6、若函数()f z 是单连通区域D 内的每一点均可导，则它在D 内有任意阶导数.（ ）
7、若函数()f z 在区域D 内解析且()0f z '=，则()f z 在D 内恒为常数.（ ） 1. 存在一个在零点解析的函数()f z 使1(
)01f n =+且11(),1,2,22f n n n
== .（ ） 2. 如果函数()f z 在{}
:1D z z =≤上解析，且()1(1)f z z ≤=，则()1(1)f z z ≤≤.（ ）
3. sin z 是一个有界函数.（ ） 二、填空题（20分） 1、若21
(1)1n n n z i n n
+=
++-，则lim n z =___________. 2、设()ln f z z =，则()f z 的定义域为____________________________. 3、函数sin z 的周期为______________. 4、若lim n n z ξ→∞
=，则12lim
n
n z z z n
→∞+++= _______________.
5、幂级数
5
n n nz
+∞
=∑的收敛半径为________________.
6、函数2
1
()1f z z
=
+的幂级数展开式为______________________________. 7、若C 是单位圆周，n 是自然数，则
01
()n C dz z z =-⎰______________.
8、函数()f z z =的不解析点之集为__________.
9、方程5
3
2
15480z z z -++=在单位圆内的零点个数为___________.
10、若2
1
()1f z z =
+，则()f z 的孤立奇点有_________________. 三、计算题（30分） 1、求
11
31sin 2(1)(4)
z z z dz
e zdz i z z π+==+
--⎰
⎰
2、设2371
()C f z d z λλλλ++=-⎰，其中{}:3C z z ==，试求(1)f i '+.
3、设2()1
z
e f z z =-，求Re ((),)s f z ∞.
4、求函数
2
10
(1)(2)
z z z +--
z <<+∞内的罗朗展式. 5、求复数1
1
z w z -=
+的实部与虚部. 四、证明题（20分）
1、方程7
6
3
155610z z z ++-=在单位圆内的根的个数为7.
2、若函数()(,)(,)f z u x y iv x y =+在区域D 内连续，则二元函数(,)u x y 与(,)v x y 都在D 内连续.
1、 若0z 是()f z 的m 阶零点，则0z 是1
()
f z 的m 阶极点. 一、计算题（10分）
求一个单叶函数，去将z 平面上的区域4:0arg 5z z π⎧⎫
<<
⎨⎬⎩⎭
保形映射为w 平面的单位圆盘{}:1w w <.
《复变函数》考试试题（八）参考答案
一、判断题：1.√ 2. × 3. √ 4. × 5.√ 6.√ 7. √ 8. × 9. √ 10.× 二、填空题：1. 1ei -+ 2. 0z ≠∞， 3. 2π 4. ξ 5. 1
6. 2k=0()k
iz ∞
∑ 7. 0,1
2,1
n i n π⎧≠⎪⎨=⎪⎩ 8. 9. 5 10. 1z ≠±
三、计算题： 1. 解：由于1
sin z e z +在1z ≤解析，
所以
11
sin 0z z e zdz +==⎰
而331
111(4)2(1)(4)2(1)3
z z dz
dz z i z z i z ππ==-==----⎰⎰ 因此
11
311
sin 2(1)(4)3
z z z dz e zdz i z z π+==+
=-
--⎰
⎰. 2.
解：13,i +=<
1()
()2C f f z d i z
λλπλ∴=
-⎰ 2371
.C d z
λλλλ++=-⎰
因此 2
()2
(371)
f i λπλλ=++ 故2
()2(371)f z i z z π=++
1(1)2(67)2(136)2(613)i f i i z i i i πππ+'+=+=+=-+.
3. 解：211
()()1211z z e e f z z z z ==---+
1
R e (
(),1),
R e ((),1),
2
2
e
e s
f z s f z -=-=-
因此 11Re ((),)().222
e e e e
s f z ---∞=--= 4.解：
222
21011111211111121
12(1)(2)1211z z z z z z z z z z z
+++=-+=-⋅+⋅------
z <<+∞，从而
2
1
2
1,1z
z <<
z <<+∞内有
2(1)1
22
2
000
101111112
21()()()[2(1112)11
]
(1)(2)n n n n n n n n z z z z z z z z z z
z ∞∞∞++===++=-⋅+⋅=⋅+---∑∑∑ 5．解：设z x iy =+, 则2222
11(1)211(1)z x iy x y yi
w z z iy x y
--++-+===+++++.
2222
22
1
2Re ,
Im .(1)(1)x y y
w w x y x y +-∴==
++++
6．解：设ix
z e =, 则ix
dz ie dx izdx ==
11sin ()2x z i z =
- 2220012sin 22sin dx dx
x x ππ=++⎰⎰ 221111224141
z z iz dz
dz iz z iz z iz ===⋅=+-+-⎰⎰
在1z <内21
41
z iz +-只有2)z i =一个一级极点
Re [(2)]
s f z i =因此
20
22sin dx i x π
π==
+⎰
四、证明：
1. 证明：设7653
()15,()561,f z z g z z z z ==++- 则在1z =上，()15,
()13,f z g z =≤ 即有()()f z g z >.
根据儒歇定理知在1z <内()f z 与()()f z g z +在单位圆内有相同个数的零点，而在1z <内()f z 的零点个数为7，故7
6
5
3
155610z z z z +++-=在单位圆内的根的个数为7 2. 证明：因为()(,)(,)f z u x y iv x y =+，在D 内连续, 所以00(,)x y D ∀∈,
0,0.εδ∀>∃>
当00,x x y y δδ-<-<时有
000000(,)(,)(,)(,)[(,)(,)]f x y f x y u x y u x y i v x y v x y -=-+-
1
2
22
0000{[(,)(,)][(,)(,)]},u x y u x y v x y v x y ε=-+-< 从而有00(,)(,),u x y u x y ε-< 00(,)(,).v x y v x y ε-<
即与在连续，由00(,)x y D ∈的任意性知(,)u x y 与(,)v x y 都在D 内连续
3.证明：由于0z 是()f z 的m 阶零点，从而可设 0()()()m
f z z z
g z =-， 其中()g z 在0z 的某邻域内解析且0()0g z ≠，
于是
0111
()()()
m
f z z z
g z =⋅- 由0()0g z ≠可知存在0z 的某邻域1D ，在1D 内恒有()0g z ≠，因此
1
()
g z 在内1D 解析，故0z 为
1
()
f z 的m 阶极点. 五、解：1.设54
z ξ=，则ξ将区域4
{:0arg }5
z z π<<
保形映射为区域{:0arg }z ξπ<< 2.设i i
w e
i
θ
ξξ-=+, 则w 将上半平面保形变换为单位圆1w <. 因此所求的单叶函数为。