《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

--++-+===+++++.