复变函数第5章测验题参考解答

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《复变函数》第四版习题解答第5章

1 z2 +1
2
是有理函数，故奇点只是极点，满足
z
z2
+1
2
=0，故
z
=
0
，与
z
=
±i
为
其奇点， z = 0 为一级极点，而 z = ± i 为其二级极点。
（2）因 lim z→0
sin z z3
=
∞
则
z
=
0
为其极点。再确定极点的级，有两种方法：
a.
z
=
0
为
sin
z
为的一级零点；而
z
=
0
为
z3
的三级零点。故
证因 f (z) 和 g(z) 是以 z0 为零点的两个不恒等于零的解析函数，可设 f (z) = (z − z0 )ϕ(z) ， g(z) = (z − z0 )ψ (z) ，ϕ(z),ψ (z) 为解析函数，则
f (z) = (z − z0 )ϕ(z) = ϕ(z) ， f '(z) = ϕ(z) + (z − z0 )ϕ '(z) ， g(z) (z − z0 )ψ (z) ψ (z) g '(z) ψ (z) + (z − z0 )ψ '(z) 故 lim f (z) = lim ϕ(z) ， lim f '(z) = lim ϕ(z) + (z − z0 )ϕ '(z) = lim ϕ(z) ，即 z→z0 g (z) z→z0 ψ (z) z→z0 g '(z) z→z0 ψ (z) + (z − z0 )ψ '(z) z→z0 ψ (z)
2
dz
；
（5） v∫ tan (π z) dz ； |z|=3

复变函数与积分变换试题及答案5

复变函数与积分变换试题及答案5复变函数与积分变换试题与答案 1．若u(x,y)与v(x,y)都是调和函数，则f(z)?u(x,y)?iv(x,y)是解析函数。

2．因为|sinz|?1，所以在复平面上sinz有界。

3．若f(z)在z0解析，则f(n)(z)也在z0解析。

24．对任意的z，Lnz?2Lnz二填空1．2．ii?arg??2?2i ， ?2?2i 。

ln(?3i)? ， ii? 。

2f(z)?2z?4z下，曲线C3.在映照在z?i处的伸缩率是，旋转角是。

1??0是z1?e2zRes[4,0]?z的阶极点，。

三解答题设f(z)?x2?axy?by2?i(cx2?dxy?y2)。

问常数a,b,c,d13为何值时f(z)在复平面上处处解析？并求这时的导数。

求(?1)C的所有三次方根。

其中C是z?3．4．z2dz?0到z?3?4i的直线段。

|z|2ezcoszdz。

(积分曲线指正向)dz?|z|?2z(z?1)(z?3)5．。

(积分曲线指正向)f(z)?6 将1(z?1)(z?2)在1?|z|?2上展开成罗朗级数。

|z|?1保形映照到单位圆内|w|?1且满足11πf()?0argf?()?222的分式线性映，7.求将单位圆内照。

四解答题1．求0 t?0f(t)kt?e t?0 的傅氏变换。

设f(t)?t2?te?t?e2tsin6t??(t), 求f(t)的拉氏变换。

F(s)?1s2(s2?1)，求F(s)的逆变换。

设4. 应用拉氏变换求解微分方程ty2y3ye, (0) 1y(0)0y复变函数与积分变换试题答案 1若u(x,y)与v(x,y)都是调和函数，则f(z)?u(x,y)?iv(x,y)是解析函数。

|sinz|?1，所以在复平面上sinz有界。

2．因为3．若f(z)在z0解析，则f(n)(z)也在z0解析。

24．对任意的z，Lnz?2Lnz1．i2i3πππ?arg??ln(?3i)?ln3?ii??2k π?2?2i4， ?2?2i4。

复变函数与积分变换试题及答案5

复变函数与积分变换试题及答案5复变函数与积分变换试题与答案 1．若(,)u x y 与(,)v x y 都是调和函数，则()(,)i (,)f z u x y v x y =+是解析函数。

（） 2．因为|sin |1z ≤，所以在复平⾯上sin z 有界。

（）3．若()f z 在0z 解析，则()()n f z 也在0z 解析。

（） 4．对任意的z ，2Ln 2Ln z z =（）⼆填空（每题3分）1．i 22i =-- ， ia r g 22i =-- 。

2．ln(3i)-= ， i i = 。

3.在映照2()24f z z z =+下，曲线C在iz =处的伸缩率是，旋转⾓是。

4.0z =是241e zz -的阶极点，241Re [,0]ze s z -=。

三解答题（每题7分）设2222()i()f z x axy by cx dxy y =++-++。

问常数,,,a b c d为何值时()f z 在复平⾯上处处解析？并求这时的导数。

求(1)-的所有三次⽅根。

3．2d Cz z其中C 是0z=到34i z =+的直线段。

4．||2e cos d z z z z=?。

(积分曲线指正向)5．||2d (1)(3)z zz z z =+-?。

(积分曲线指正向)6 将1()(1)(2)f z z z =--在1||2z <<上展开成罗朗级数。

7.求将单位圆内||1z <保形映照到单位圆内||1w <且满⾜1()02f =，1πarg ()22f '=的分式线性映照。

四解答题（1,2,3题各6分, 4题各9分）1．求0 0()e 0ktt f t t -设22()e e sin 6()t t f t t t t t δ-=+++, 求()f t 的拉⽒变换。

设221()(1)F s s s =+，求()F s 的逆变换。

4. 应⽤拉⽒变换求解微分⽅程23e (0)0, (0)1t'==? 复变函数与积分变换试题答案 1若(,)u x y 与(,)v x y 都是调和函数，则()(,)i (,)f z u x y v x y =+是解析函数。

复变函数1到5章测试题及答案

复变函数1到5章测试题及答案(总20页)--本页仅作预览文档封面，使用时请删除本页--- 2 -第一章复数与复变函数(答案)一、选择题1．当iiz -+=11时，5075100z z z ++的值等于（B ）（A ）i （B ）i - （C ）1 （D ）1-2．设复数z 满足arg(2)3z π+=，5arg(2)6z π-=，那么=z （A ）（A ）i 31+- （B ）i +-3 （C ）i 2321+-（D ）i 2123+-3．复数)2(tan πθπθ<<-=i z 的三角表示式是（D ）（A ）)]2sin()2[cos(sec θπθπθ+++i （B ）)]23sin()23[cos(sec θπθπθ+++i（C ）)]23sin()23[cos(sec θπθπθ+++-i （D ）)]2sin()2[cos(sec θπθπθ+++-i4．若z 为非零复数，则22z z -与z z 2的关系是（C ）（A ）z z z z 222≥- （B ）z z z z 222=- （C ）z z z z 222≤- （D ）不能比较大小５．设y x ,为实数，yi x z yi x z +-=++=11,1121且有1221=+z z ，则动点),(y x 的轨迹是（B ）（A ）圆（B ）椭圆（C ）双曲线（D ）抛物线- 3 -６．一个向量顺时针旋转3π，对应的复数为i 31-，则原向量对应的复数是（A ）（A ）2 （B ）i 31+ （C ）i -3 （D ）i +3 ７．使得22z z =成立的复数z 是（D ）（A ）不存在的（B ）唯一的（C ）纯虚数（D ）实数８．设z 为复数，则方程i z z +=+2的解是（B ）（A ）i +-43 （B ）i +43 （C ）i -43 （D ）i --43９．满足不等式2≤+-iz iz 的所有点z 构成的集合是（D ）（A ）有界区域（B ）无界区域（C ）有界闭区域（D ）无界闭区域10．方程232=-+i z 所代表的曲线是（C ）（A ）中心为i 32-，半径为2的圆周（B ）中心为i 32+-，半径为２的圆周（C ）中心为i 32+-，半径为2的圆周（D ）中心为i 32-，半径为２的圆周11．下列方程所表示的曲线中，不是圆周的为（B ）（A ）221=+-z z （B ）433=--+z z- 4 -（C ）)1(11<=--a azaz （D ）)0(0>=-+++c c a a z a z a z z 12．设,5,32,1)(21i z i z z z f -=+=-=，则12()f z z -=（C ）（A ）i 44-- （B ）i 44+ （C ）i 44- （D ）i 44+- 13．000Im()Im()limz z z z z z →--（D ）（A ）等于i （B ）等于i - （C ）等于0 （D ）不存在 14．函数),(),()(y x iv y x u z f +=在点000iy x z +=处连续的充要条件是（C ）（A ）),(y x u 在),(00y x 处连续（B ）),(y x v 在),(00y x 处连续（C ）),(y x u 和),(y x v 在),(00y x 处连续（D ）),(),(y x v y x u +在),(00y x 处连续15．设C z ∈且1=z ，则函数zz z z f 1)(2+-=的最小值为（A ）（A ）3- （B ）2- （C ）1- （D ）1二、填空题1．设)2)(3()3)(2)(1(i i i i i z ++--+=，则=z2．设)2)(32(i i z +--=，则=z arg 8arctan -π 3．设43)arg(,5π=-=i z z ，则=z i 21+- 4．复数22)3sin 3(cos )5sin 5(cos θθθθi i -+的指数表示式为 ie θ16- 5 -5．以方程i z 1576-=的根的对应点为顶点的多边形的面积为６．不等式522<++-z z522=++-z （或1)23()25(2222=+y x ）的内部７．方程1)1(212=----zi iz 所表示曲线的直角坐标方程为 122=+y x８．方程i z i z +-=-+221所表示的曲线是连接点 12i -+ 和 2i - 的线段的垂直平分线９．对于映射zi =ω，圆周1)1(22=-+y x 的像曲线为()2211u v -+= 10．=+++→)21(lim 421z z iz 12i -+三、若复数z 满足03)21()21(=+++-+z i z i z z ，试求2+z 的取值范围． (]25,25[+-（或25225+≤+≤-z ）) 四、设0≥a ，在复数集C 中解方程a z z =+22. (当10≤≤a 时解为i a )11(-±±或)11(-+±a 当+∞≤≤a 1时解为)11(-+±a ) 五、设复数i z ±≠，试证21zz+是实数的充要条件为1=z 或Im()0z =. 六、对于映射)1(21zz +=ω，求出圆周4=z 的像.- 6 -(像的参数方程为π≤θ≤⎪⎩⎪⎨⎧θ=θ=20sin 215cos 217v u ．表示w 平面上的椭圆1)215()217(2222=+v u ) 七、设iy x z +=，试讨论下列函数的连续性：1.⎪⎩⎪⎨⎧=≠+=0,00,2)(22z z y x xyz f2.⎪⎩⎪⎨⎧=≠+=0,00,)(223z z y x y x z f .(1．)(z f 在复平面除去原点外连续，在原点处不连续； 2．)(z f 在复平面处处连续)第二章解析函数（答案）一、选择题：1．函数23)(z z f =在点0=z 处是( B )（A ）解析的（B ）可导的（C ）不可导的（D ）既不解析也不可导 2．函数)(z f 在点z 可导是)(z f 在点z 解析的( B )（A ）充分不必要条件（B ）必要不充分条件（C ）充分必要条件（D ）既非充分条件也非必要条件 3．下列命题中，正确的是( D )（A ）设y x ,为实数，则1)cos(≤+iy x- 7 -（B ）若0z 是函数)(z f 的奇点，则)(z f 在点0z 不可导（C ）若v u ,在区域D 内满足柯西-黎曼方程，则iv u z f +=)(在D 内解析（D ）若)(z f 在区域D 内解析，则)(z if 在D 内也解析 4．下列函数中，为解析函数的是( C )（A ）xyi y x 222-- （B ）xyi x +2 （C ）)2()1(222x x y i y x +-+- （D ）33iy x + 5．函数)Im()(2z z z f =在0z =处的导数( A )（A ）等于0 （B ）等于1 （C ）等于1- （D ）不存在 6．若函数)(2)(2222x axy y i y xy x z f -++-+=在复平面内处处解析，那么实常数=a ( C )（A ）0 （B ）1 （C ）2 （D ）2- 7．如果)(z f '在单位圆1<z 内处处为零，且1)0(-=f ，那么在1<z 内≡)(z f ( C )（A ）0 （B ）1 （C ）1- （D ）任意常数8．设函数)(z f 在区域D 内有定义，则下列命题中，正确的是( C )（A ）若)(z f 在D 内是一常数，则)(z f 在D 内是一常数（B ）若))(Re(z f 在D 内是一常数，则)(z f 在D 内是一常数（C ）若)(z f 与)(z f 在D 内解析，则)(z f 在D 内是一常数- 8 -（D ）若)(arg z f 在D 内是一常数，则)(z f 在D 内是一常数 9．设22)(iy x z f +=，则=+')1(i f ( A )（A ）2 （B ）i 2 （C ）i +1 （D ）i 22+ 10．i i 的主值为( D )（A ）0 （B ）1 （C ）2πe （D ）2e π-11．z e 在复平面上( A )（A ）无可导点（B ）有可导点，但不解析（C ）有可导点，且在可导点集上解析（D ）处处解析 12．设z z f sin )(=，则下列命题中，不正确的是( C )（A ）)(z f 在复平面上处处解析（B ）)(z f 以π2为周期（C ）2)(iziz e e z f --= （D ）)(z f 是无界的13．设α为任意实数，则α1( D )（A ）无定义（B ）等于1（C ）是复数，其实部等于1 （D ）是复数，其模等于114．下列数中，为实数的是( B )（A ）3)1(i - （B ）i cos （C ）i ln （D ）i e 23π-15．设α是复数，则( C )（A ）αz 在复平面上处处解析（B ）αz 的模为αz- 9 -（C ）αz 一般是多值函数（D ）αz 的辐角为z 的辐角的α倍二、填空题1．设i f f +='=1)0(,1)0(，则=-→zz f z 1)(limi +1 2．设iv u z f +=)(在区域D 内是解析的，如果v u +是实常数，那么)(z f 在D 内是常数 3．导函数x v i x u z f ∂∂+∂∂=')(在区域D 内解析的充要条件为 xv x u ∂∂∂∂,可微且满足222222,xvy x u y x v x u ∂∂-=∂∂∂∂∂∂=∂∂ 4．设2233)(y ix y x z f ++=，则=+-')2323(i f i 827427- 5．若解析函数iv u z f +=)(的实部22y x u -=，那么=)(z f ic xyi y x ++-222或ic z +2c 为实常数6．函数)Re()Im()(z z z z f -=仅在点=z i 处可导 7．设z i z z f )1(51)(5+-=，则方程0)(='z f 的所有根为 3,2,1,0),424sin 424(cos 28=π+π+π+πk k i k8．复数i i 的模为),2,1,0(2 ±±=π-k e k9．=-)}43Im{ln(i 34arctan -- 10 -10．方程01=--z e 的全部解为),2,1,0(2 ±±=πk i k三、试证下列函数在z 平面上解析，并分别求出其导数 1．;sinh sin cosh cos )(y x i y x z f -= （;sin )(z z f -='）2．);sin cos ()sin cos ()(y ix y y ie y y y x e z f x x ++-=（.)1()(z e z z f +='）四、已知22y x v u -=-，试确定解析函数iv u z f +=)(. （c i z i z f )1(21)(2++-=.c 为任意实常数）第三章复变函数的积分（答案）一、选择题：1．设c 为从原点沿x y =2至i +1的弧段，则=+⎰cdz iy x )(2( D )（A ）i 6561- （B ）i 6561+- （C ）i 6561-- （D ）i 6561+2．设c 为不经过点1与1-的正向简单闭曲线，则dz z z zc⎰+-2)1)(1(为( D)（A ）2i π （B ）2iπ- （C ）0 （D ）(A)(B)(C)都有可能 3．设1:1=z c 为负向，3:2=z c 正向，则=⎰+=dz z zc c c 212sin ( B ) （A ） i π2- （B ）0 （C ）i π2 （D ）i π44．设c 为正向圆周2=z ，则=-⎰dz z zc2)1(cos ( C)（A ）1sin - （B ）1sin （C ）1sin 2i π- （D ）1sin 2i π5．设c 为正向圆周21=z ，则=--⎰dz z z z c23)1(21cos( B) （A ）)1sin 1cos 3(2-i π （B ）0 （C ）1cos 6i π （D ）1sin 2i π-6．设ξξξξd ze zf ⎰=-=4)(，其中4≠z ，则='）i f π(( A ) （A ）i π2- （B ）1- （C ）i π2 （D ）1 7．设)(z f 在单连通域B 内处处解析且不为零，c 为B 内任何一条简单闭曲线，则积分dz z f z f z f z f c ⎰+'+'')()()(2)( ( C )（A ）于i π2 （B ）等于i π2- （C ）等于0 （D ）不能确定 8．设c 是从0到i 21π+的直线段，则积分=⎰cz dz ze （ A ）（A ）21eπ-(B) 21eπ-- (C)i e21π+(D) i e21π-9．设c 为正向圆周0222=-+x y x ，则=-⎰dz z z c1)4sin(2π( A )（A ）i π22（B ）i π2 （C ）0 （D ）i π22-10．设c 为正向圆周i a i z ≠=-,1，则=-⎰cdz i a zz 2)(cos ( C) （A ）ie π2 （B ）eiπ2 （C ）0 （D ）i i cos 11．设)(z f 在区域D 内解析，c 为D 内任一条正向简单闭曲线，它的内部全属于D ．如果)(z f 在c 上的值为2，那么对c 内任一点0z ,)(0z f ( C )（A ）等于0 （B ）等于1 （C ）等于2 （D ）不能确定12．下列命题中，不正确的是( D ) （A ）积分⎰=--ra z dz a z 1的值与半径)0(>r r 的大小无关（B ）2)(22≤+⎰cdz iy x ,其中c 为连接i -到i 的线段（C ）若在区域D 内有)()(z g z f ='，则在D 内)(z g '存在且解析（D ）若)(z f 在10<<z 内解析，且沿任何圆周)10(:<<=r r z c 的积分等于零，则)(z f 在0=z 处解析13．设c 为任意实常数，那么由调和函数22y x u -=确定的解析函数iv u z f +=)(是 ( D)(A)c iz +2 （B ） ic iz +2 （C ）c z +2 （D ）ic z +2 14．下列命题中，正确的是(C)（A ）设21,v v 在区域D 内均为u 的共轭调和函数，则必有21v v =（B ）解析函数的实部是虚部的共轭调和函数（C ）若iv u z f +=)(在区域D 内解析，则xu∂∂为D 内的调和函数（D ）以调和函数为实部与虚部的函数是解析函数15．设),(y x v 在区域D 内为),(y x u 的共轭调和函数，则下列函数中为D 内解析函数的是( B )（A ）),(),(y x iu y x v + （B ）),(),(y x iu y x v - （C ）),(),(y x iv y x u - （D ）xv i x u ∂∂-∂∂二、填空题1．设c 为沿原点0=z 到点i z +=1的直线段，则=⎰cdz z 2 22．设c 为正向圆周14=-z ，则=-+-⎰c dz z z z 22)4(23 i π103．设⎰=-=2)2sin()(ξξξξπd z z f ,其中2≠z ，则=')3(f 0 4．设c 为正向圆周3=z ，则=+⎰cdz zzz i π6 5．设c 为负向圆周4=z ，则=-⎰c z dz i z e 5)(π 12iπ 6．解析函数在圆心处的值等于它在圆周上的平均值7．设)(z f 在单连通域B 内连续，且对于B 内任何一条简单闭曲线c 都有0)(=⎰cdz z f ，那么)(z f 在B 内解析8．调和函数xy y x =),(ϕ的共轭调和函数为 C x y +-)(21229．若函数23),(axy x y x u +=为某一解析函数的虚部，则常数=a -3 10．设),(y x u 的共轭调和函数为),(y x v ，那么),(y x v 的共轭调和函数为),(y x u -三、计算积分 1.⎰=+-R z dz z z z)2)(1(62,其中1,0≠>R R 且2≠R ; （当10<<R 时，0；当21<<R 时，i π8；当+∞<<R 2时，0） 2.⎰=++22422z z z dz．（0）四、求积分⎰=1z zdz z e ，从而证明πθθπθ=⎰0cos )cos(sin d e .（i π2）五、若)(22y x u u +=，试求解析函数iv u z f +=)(. （321ln 2)(ic c z c z f ++=（321,,c c c 为任意实常数））第四章级数（答案）一、选择题：1．设),2,1(4)1( =++-=n n nia n n ，则n n a ∞→lim ( C )（A ）等于0 （B ）等于1 （C ）等于i （D ）不存在 2．下列级数中，条件收敛的级数为( C )（A ）∑∞=+1)231(n n i （B ）∑∞=+1!)43(n nn i （C ） ∑∞=1n n n i （D ）∑∞=++-11)1(n n n i3．下列级数中，绝对收敛的级数为(D )（B ） ∑∞=+1)1(1n n i n （B ）∑∞=+-1]2)1([n n n in(C)∑∞=2ln n n n i （D ）∑∞=-12)1(n nnn i 4．若幂级数∑∞=0n n n z c 在i z 21+=处收敛，那么该级数在2=z 处的敛散性为( A )（A ）绝对收敛（B ）条件收敛（C ）发散（D ）不能确定 5．设幂级数∑∑∞=-∞=01,n n n n nn znc z c 和∑∞=++011n n n z n c 的收敛半径分别为321,,R R R ，则321,,R R R 之间的关系是( D )（A ）321R R R << （B ）321R R R >> （C ）321R R R <= （D ）321R R R == 6．设10<<q ，则幂级数∑∞=02n n n z q 的收敛半径=R ( D )（A ）q （B ）q1（C ）0 （D ）∞+ 7．幂级数∑∞=1)2(2sinn n z n n π的收敛半径=R ( B ) （A ） 1 （B ）2 （C ）2 （D ）∞+8．幂级数∑∞=++-011)1(n n n z n 在1<z 内的和函数为( A )（A ）)1ln(z + （B ）)1ln(z - （D ）z +11ln(D) z-11ln 9．设函数z e z cos 的泰勒展开式为∑∞=0n nn z c ，那么幂级数∑∞=0n n n z c 的收敛半径=R ( C )（A ）∞+ （B ）1 （C ）2π（D ）π 10．级数+++++22111z z z z的收敛域是( B ) （A ）1<z （B ）10<<z （C ）+∞<<z 1 （D ）不存在的 11．函数21z在1-=z 处的泰勒展开式为( D)（A ）)11()1()1(11<++-∑∞=-z z n n n n （B ）)11()1()1(111<++-∑∞=--z z n n n n（C ）)11()1(11<++-∑∞=-z z n n n （D ）)11()1(11<++∑∞=-z z n n n12．函数z sin ，在2π=z 处的泰勒展开式为( B )（A ）)2()2()!12()1(012+∞<--+-∑∞=+ππz z n n n n（B ）)2()2()!2()1(02+∞<---∑∞=ππz z n n nn（C ）)2()2()!12()1(0121+∞<--+-∑∞=++ππz z n n n n（D ）)2()2()!2()1(021+∞<---∑∞=+ππz z n n nn13．设)(z f 在圆环域201:R z z R H <-<内的洛朗展开式为∑∞-∞=-n n nz z c)(0，c 为H 内绕0z 的任一条正向简单闭曲线，那么=-⎰c dz z z z f 2)()(( B )(A)12-ic π （B ）12ic π （C ）22ic π （D ）)(20z f i 'π14．若⎩⎨⎧--==-+=,2,1,4,2,1,0,)1(3n n c nn n n ，则双边幂级数∑∞-∞=n n n z c 的收敛域为( A ) （A ）3141<<z （B ）43<<z（C ）+∞<<z 41 （D ）+∞<<z 3115．设函数)4)(1(1)(++=z z z z f 在以原点为中心的圆环内的洛朗展开式有m 个，那么=m ( C )（A ）1 （B ）2 （C ）3 （D ）4 二、填空题1．若幂级数∑∞=+0)(n n n i z c 在i z =处发散，那么该级数在2=z 处的收敛性为发散2．设幂级数∑∞=0n nn z c 与∑∞=0)][Re(n n n z c 的收敛半径分别为1R 和2R ，那么1R 与2R 之间的关系是 12R R ≥ ．3．幂级数∑∞=+012)2(n n n z i 的收敛半径=R22 4．设)(z f 在区域D 内解析，0z 为内的一点，d 为0z 到D 的边界上各点的最短距离，那么当d z z <-0时，∑∞=-=00)()(n n n z z c z f 成立，其中=n c ),2,1,0()(!10)( =n z f n n 或（)0,2,1,0()()(21010d r n dz z z z f ir z z n <<=-π⎰=-+ ）． 5．函数z arctan 在0=z 处的泰勒展开式为 )1(12)1(012<+-∑∞=+z z n n n n ．6．设幂级数∑∞=0n nn z c 的收敛半径为R ，那么幂级数∑∞=-0)12(n n n n z c 的收敛半径为2R． 7．双边幂级数∑∑∞=∞=--+--112)21()1()2(1)1(n n n nnz z 的收敛域为 211<-<z ． 8．函数zze e 1+在+∞<<z 0内洛朗展开式为 nn nn z n z n ∑∑∞=∞=+00!11!1 ． 9．设函数z cot 在原点的去心邻域R z <<0内的洛朗展开式为∑∞-∞=n n nz c，那么该洛朗级数收敛域的外半径=R π ．10．函数)(1i z z -在+∞<-<i z 1内的洛朗展开式为 ∑∞=+--02)()1(n n nn i z i 三、若函数211z z --在0=z 处的泰勒展开式为∑∞=0n nn z a ，则称{}n a 为菲波那契(Fibonacci)数列，试确定n a 满足的递推关系式，并明确给出n a 的表达式．（)2(,12110≥+===--n a a a a a n n n ，),2,1,0(})251()251{(5111 =--+=++n a n n n ）四、求幂级数∑∞=12n nz n 的和函数，并计算∑∞=122n n n 之值.（3)1()1()(z z z z f -+=，6）五、将函数)1()2ln(--z z z 在110<-<z 内展开成洛朗级数.（n n nk k z k n z z z z z z )1()1)1(()2ln(111)1()2ln(001-+--=-⋅⋅-=--∑∑∞==+）第五章留数(答案)一、选择题： 1．函数32cot -πz z在2=-i z 内的奇点个数为 ( D ) （A ）1 （B ）2 （C ）3 （D ）4 2．设函数)(z f 与)(z g 分别以a z =为本性奇点与m 级极点，则a z =为函数)()(z g z f的( B )（A ）可去奇点（B ）本性奇点（C ）m 级极点（D ）小于m 级的极点 3．设0=z 为函数zz ex sin 142-的m 级极点，那么=m ( C ) （A ）5 （B ）4 (C)3 （D ）2 4．1=z 是函数11sin)1(--z z 的( D ) (A)可去奇点（B ）一级极点（C ）一级零点（D ）本性奇点5．∞=z 是函数2323z z z ++的( B ) (A)可去奇点（B ）一级极点（C ）二级极点（D ）本性奇点6．设∑∞==0)(n n n z a z f 在R z <内解析，k 为正整数，那么=]0,)([Re k zz f s ( C ) （A ）k a （B ）k a k ! （C ）1-k a （D ）1)!1(--k a k7．设a z =为解析函数)(z f 的m 级零点，那么='],)()([Re a z f z f s ( A ) (A)m （B ）m - （C ） 1-m （D ）)1(--m8．在下列函数中，0]0),([Re =z f s 的是（ D ）（A ） 21)(ze zf z -= （B ）z z z z f 1sin )(-= （C ）z z z z f cos sin )(+= (D) ze zf z 111)(--= 9．下列命题中，正确的是( C )（A ）设)()()(0z z z z f m ϕ--=，)(z ϕ在0z 点解析，m 为自然数，则0z 为)(z f 的m 级极点．（B ）如果无穷远点∞是函数)(z f 的可去奇点，那么0]),([Re =∞z f s（C ）若0=z 为偶函数)(z f 的一个孤立奇点，则0]0),([Re =z f s（D ）若0)(=⎰cdz z f ，则)(z f 在c 内无奇点10． =∞],2cos [Re 3zi z s ( A ) （A ）32- （B ）32 （C ）i 32 （D ）i 32- 11．=-],[Re 12i ez s i z ( B) （A ）i +-61 （B ）i +-65 （C ）i +61 （D ）i +65 12．下列命题中，不正确的是( D)（A ）若)(0∞≠z 是)(z f 的可去奇点或解析点，则0]),([Re 0=z z f s（B ）若)(z P 与)(z Q 在0z 解析，0z 为)(z Q 的一级零点，则)()(],)()([Re 000z Q z P z z Q z P s '= （C ）若0z 为)(z f 的m 级极点，m n ≥为自然数，则)]()[(lim !1]),([Re 1000z f z z dzd n z z f s n n nx x +→-= （D ）如果无穷远点∞为)(z f 的一级极点，则0=z 为)1(zf 的一级极点，并且)1(lim ]),([Re 0zzf z f s z →=∞ 13．设1>n 为正整数，则=-⎰=211z ndz z ( A ) (A)0 （B ）i π2 （C ）n i π2 （D ）i n π214．积分=-⎰=231091z dz z z ( B ) （A ）0 （B ）i π2 （C ）10 （D ）5i π 15．积分=⎰=121sin z dz z z ( C ) （A ）0 （B ）61-（C ）3i π- （D ）i π- 二、填空题 1．设0=z 为函数33sin z z -的m 级零点，那么=m 9 ．2．函数z z f 1cos 1)(=在其孤立奇点),2,1,0(21 ±±=+=k k z k ππ处的留数=]),([Re k z z f s 2)2()1(π+π-k k． 3．设函数}1exp{)(22zz z f +=，则=]0),([Re z f s 0 4．设a z =为函数)(z f 的m 级极点，那么='],)()([Re a z f z f s m - ． 5．设212)(zz z f +=，则=∞]),([Re z f s -2 ． 6．设5cos 1)(z z z f -=，则=]0),([Re z f s 241- ． 7．积分=⎰=113z z dz e z 12i π ．8．积分=⎰=1sin 1z dz z i π2 ．三、计算积分⎰=--412)1(sin z z dz z e z z ．(i π-316) 四、设a 为)(z f 的孤立奇点，m 为正整数，试证a 为)(z f 的m 级极点的充要条件是b z f a z m az =-→)()(lim ，其中0≠b 为有限数．五、设a 为)(z f 的孤立奇点，试证：若)(z f 是奇函数，则]),([Re ]),([Re a z f s a z f s -=；若)(z f 是偶函数，则]),([Re ]),([Re a z f s a z f s --=．。

复变函数第5章习题课

解被积函数在 C 内的孤立奇点 z

C
th z d z 2 i R es[
e e
z
z
e e
z
z
,
i 2
]
2 i
th z
e e
z z z
e e
z
e e
z
z
0
e
2z
1 e
i ( 2 k 1 )
z
i ( 2 k 1) 2
17
88页6 试求下列各积分的值 2 1 (1) d 0 a co s 解原式=
R es[
1 e z
4 2z
z
4
在孤立奇点处的留数
1 e
z0
2z
3
在全平面解析.
2z
,0 ]
( 1 e )
2z

2 e
3!
6
z0

4 3
解法2 e
z
1 z
1 2!
z
2
1 3!
z
3
1 4!
z
4
...
16 z4 z z ... e 1 2z 4! 3! 2! 4 3 2 4 2 2z 1 e 2 z 2 z z z ... 3 3 2z 4 1 e R es[ ,0 ] 4 3 z
0
87页5 求下列积分 (1)
C 正向圆周
dz
10

C
1
z (z
3
10
2)
C : | z | 2
2 内处处解析其洛朗级数
解被积函数在圆环域| z |

复变函数答案钟玉泉第五章习题全解

(z 2 1)2 4(z i)2 n0
2i
1 4(z i)2
(1)n (n 1)( z i)n )n
n0
2i
(0
z i
2)
1
(2) z 2e z
1 z n2
1 1 (0 z )
n0 n!
n2(n 2)! z n
e e e (3) 令 1 ，则 z
1
1z
1
2
(1 ...) 2
f (z) w0 解析 , 即为整函数 . 又因 f (z) 非常数 , 所以 g(z) 非常数 , 其值全含于一圆
g(z) 1 之内,与刘维尔定理矛盾. 0
11.证明:由题意, f (z) 在 z0 的去心邻域内的洛朗展开式可设为
f (z)
c1 z z0
cn (z z0 )n
(a)
0
6.证明：令 g(z) (z a)k f (z) 。由题设， g(z) 在 k {a}: 0 | z a | R 内有界。由
定理 5.3（3），a 为 g(z) 的可去奇点，则 a 为 g(z) 的解析点。又由定理 5.4（2），
若
a
为
f
(z) 的
m
级极点，则在点
a
的某去心邻域内能表成
正好是以 1 为中心的无穷远点的去心领域。所以根据题中的洛朗展式，只能判
定 z 是 f (z) 的可去奇点。
3.证明：由孤立奇点的定义，又有 f (z) 在点 a 解析，故知 a 为 g(z) 的孤立奇点，
且 lim g(z) lim f (z) f (a) f (a) g(a) ，故 a 为 g(z) 的可去奇点。故在 a 业
（充分性）若

复变函数与积分变换第五章留数测验题与答案

第五章留数一、选择题： 1．函数32cot -πz z在2=-i z 内的奇点个数为 ( )（A ）1 （B ）2 （C ）3 （D ）42．设函数)(z f 与)(z g 分别以a z =为本性奇点与m 级极点，则a z =为函数)()(z g z f 的( )（A ）可去奇点（B ）本性奇点（C ）m 级极点（D ）小于m 级的极点3．设0=z 为函数zz e xsin 142-的m 级极点，那么=m ( )（A ）5 （B ）4 (C)3 （D ）2 4．1=z 是函数11sin)1(--z z 的( ) (A)可去奇点（B ）一级极点（C ）一级零点（D ）本性奇点5．∞=z 是函数2323z z z ++的( )(A)可去奇点（B ）一级极点（C ）二级极点（D ）本性奇点 6．设∑∞==)(n n n z a z f 在R z <内解析，k 为正整数，那么=]0,)([Re k zz f s ( ) （A ）k a （B ）k a k ! （C ）1-k a （D ）1)!1(--k a k7．设a z =为解析函数)(z f 的m 级零点，那么='],)()([Re a z f z f s ( ) (A)m （B ）m - （C ） 1-m （D ）)1(--m 8．在下列函数中，0]0),([Re =z f s 的是（）（A ） 21)(z e z f z -= （B ）z z z z f 1sin )(-=（C ）z z z z f cos sin )(+=(D) ze zf z111)(--= 9．下列命题中，正确的是( ) （A ）设)()()(0z z z z f mϕ--=，)(z ϕ在0z 点解析，m 为自然数，则0z 为)(z f 的m 级极点．（B ）如果无穷远点∞是函数)(z f 的可去奇点，那么0]),([Re =∞z f s （C ）若0=z 为偶函数)(z f 的一个孤立奇点，则0]0),([Re =z f s （D ）若0)(=⎰c dz z f ，则)(z f 在c 内无奇点10． =∞],2cos[Re 3ziz s ( ) （A ）32-（B ）32 （C ）i 32（D ）i 32-11．=-],[Re 12i e z s iz ( )（A ）i +-61 （B ）i +-65 （C ）i +61 （D ）i +65 12．下列命题中，不正确的是( )（A ）若)(0∞≠z 是)(z f 的可去奇点或解析点，则0]),([Re 0=z z f s （B ）若)(z P 与)(z Q 在0z 解析，0z 为)(z Q 的一级零点，则)()(],)()([Re 000z Q z P z z Q z P s '= （C ）若0z 为)(z f 的m 级极点，m n ≥为自然数，则)]()[(lim !1]),([Re 1000z f z z dzd n z z f s n n nx x +→-=（D ）如果无穷远点∞为)(z f 的一级极点，则0=z 为)1(zf 的一级极点，并且)1(lim ]),([Re 0zzf z f s z →=∞13．设1>n 为正整数，则=-⎰=211z ndz z ( ) (A)0 （B ）i π2 （C ）niπ2 （D ）i n π2 14．积分=-⎰=231091z dz z z ( ) （A ）0 （B ）i π2 （C ）10 （D ）5i π 15．积分=⎰=121sin z dz z z ( ) （A ）0 （B ）61- （C ）3i π- （D ）i π-二、填空题1．设0=z 为函数33sin z z -的m 级零点，那么=m ．2．函数zz f 1cos1)(=在其孤立奇点),2,1,0(21ΛΛ±±=+=k k z k ππ处的留数=]),([Re k z z f s ．3．设函数}1exp{)(22z z z f +=，则=]0),([Re z f s 4．设a z =为函数)(z f 的m 级极点，那么='],)()([Re a z f z f s ． 5．双曲正切函数z tanh 在其孤立奇点处的留数为． 6．设212)(z zz f +=，则=∞]),([Re z f s ． 7．设5cos 1)(zzz f -=，则=]0),([Re z f s ． 8．积分=⎰=113z zdz e z．9．积分=⎰=1sin 1z dz z ． 10．积分=+⎰∞+∞-dx x xe ix21 ．三、计算积分⎰=--412)1(sin z z dz z e zz ．四、利用留数计算积分)0(sin 022>+⎰a a d πθθ五、利用留数计算积分⎰∞+∞-+++-dx x x x x 9102242六、利用留数计算下列积分：１．⎰∞++0212cos sin dx x xx x ２．⎰∞+∞-+-dx x x 1)1cos(2七、设a 为)(z f 的孤立奇点，m 为正整数，试证a 为)(z f 的m 级极点的充要条件是b z f a z m az =-→)()(lim ，其中0≠b 为有限数．八、设a 为)(z f 的孤立奇点，试证：若)(z f 是奇函数，则]),([Re ]),([Re a z f s a z f s -=；若)(z f 是偶函数，则]),([Re ]),([Re a z f s a z f s --=．九、设)(z f 以a 为简单极点，且在a 处的留数为A ，证明Az f z f az 1)(1)(lim2=+'→. 十、若函数)(z Φ在1≤z 上解析，当z 为实数时，)(z Φ取实数而且0)0(=Φ，),(y x f 表示)(iy x +Φ的虚部，试证明)()sin ,(cos cos 21sin 202t d f tt t Φ=+-⎰πθθθθθπ)11(<<-t答案第五章留数一、1．（D ） 2．（B ） 3．（C ） 4．（D ）５．（B ）６．（C ）７．（A ）８．（D ）９．（C ） 10．（A ） 11．（B ） 12．（D ） 13．（A ） 14．（B ） 15．（C ）二、1．9 2．2)2()1(π+π-k k 3．0 4．m - 5．16．2- 7．241-8．12i π 9．i π2 10．e i π 三、i π-316. 四、12+πa a .五、π125.六、１．)(443e e e -π ２．e1cos π。

复变函数与积分变换复旦大学出版社习题五答案

习题五1. 求下列函数的留数． (1)()5e 1zf z z-=在z =0处．解：5e 1zz-在0<|z |<+∞的罗朗展开式为23454321111111112!3!4!2!3!4!zzzz zz z z z+++++-=+⋅+⋅+⋅+ ∴5e 111R es ,014!24z z ⎡⎤-=⋅=⎢⎥⎣⎦(2)()11e z f z -=在z =1处．解：11ez -在0<1z -| <+∞的罗朗展开式为()()()11231111111e112!3!!111z nz n z z z -=++⋅+⋅++⋅+----∴11R es e ,11z -⎡⎤=⎣⎦．2. 利用各种方法计算f (z )在有限孤立奇点处的留数． (1)()()2322z f z z z +=+解：()()2322z f z z z +=+的有限孤立奇点处有z =0，z =-2．其中z =0为二级极点z =-2为一级极点．∴()[]()()120013232324Res ,0lim lim 11!242z z z z z f z z z →→++--⎛⎫=⋅=== ⎪⎝+⎭+ ()[]2232R es ,2lim 1z z f z z→-+-==- 3. 利用罗朗展开式求函数()211sinz z+⋅在∞处的留数．解：()()()22235111sin 21sin11111213!5!z z z zzz z z z z +⋅=++⋅⎛⎫=++⋅-⋅+⋅+ ⎪⎝⎭∴()[]1R es ,013!f z =-从而()[]1R es ,13!f z ∞=-+5. 计算下列积分．(1)ctan πd z z ⎰ ，n 为正整数，c 为|z |=n 取正向．解：ccsin πtan πd d cos πz z z zz=⎰⎰．为在c 内tan πz 有12k z k =+(k =0,±1,±2…±(n -1))一级极点由于()()2sin π1R es ,πcos πk z kzf z z z =⎡⎤==-⎣⎦'∴()c1tan πd 2πi R es ,2πi 24i πk kz z f z z n n ⎛⎫=⋅⎡⎤=⋅-⋅=- ⎪⎣⎦⎝⎭∑⎰(2) ()()()10cd i 13zz z z +--⎰c :|z |=2取正向．解：因为()()()101i 13z z z +--在c 内有z =1，z =-i 两个奇点．所以()()()()[]()[]()()[]()[]()()10c10d 2πi Res ,i Res ,1i 132πi Res ,3Res ,πi3i zf z f z z z z f z f z =⋅-++--=-⋅+∞=-+⎰6. 计算下列积分． (1)π0cos d 54cos m θθθ-⎰因被积函数为θ的偶函数，所以ππ1cos d 254cos m I θθθ-=-⎰令π1π1sin d 254cos m I θθθ-=-⎰则有i π1π1ei d 254cos m I I θθθ-+=-⎰设i e z θ= d 1d i zz θ=2os 12c z zθ+=则()121211d i 2i 15421d 2i521mz mz zzI I zz z zzz ==+=⎛⎫+- ⎪⎝⎭=-+⎰⎰被积函数()()2521mzf z z z =-+在|z |=1内只有一个简单极点12z =但()()[]12211R es ,lim232521mmz zf z z z →⎡⎤==⎢⎥⎣⎦⋅'-+所以111πi 2πi 2i 3232mmI I +=⋅⋅=⋅⋅又因为π1π1sin d 254s 0co m I θθθ-=-=⎰∴π0cos d 54cos π32mm θθθ=⋅-⎰(2) 202πcos 3d 12cos aa θθθ+-⎰，|a|>1．解：令2π102cos 3d 12cos I a aθθθ+=-⎰2π202sin 3d 12cos I a aθθθ+=-⎰32π120i2e i d 12cos I I a a θθθ-++=⎰令z =e i θ．31d d i os 2c zz z zθθ==，则 ()()()3122123221321i d 1i 1221d i1112π2πi R es ,i 1z z zI I zz za az zzaz a z af z a a a ==+=⋅+-⋅+=-++--⎡⎤=⋅⋅=⎢⎥⎣⎦-⎰⎰得()1322π1I a a =-(3)()()2222d xx a x b ∞+-∞++⎰，a >0，b >0．解：令()()()22221R z z a z b =++，被积函数R (z )在上半平面有一级极点z =i a 和i b ．故()[]()[]()()()()()()()()()()22222222i i 22222πi Res ,i Res ,i 112πi lim i limi 112πi 2i 2i πz a z b I R z a R z b z a z b z a z b z a z b a b a b a b ab a b →→=+⎡⎤=-+-⎢⎥++++⎣⎦⎡⎤=+⎢⎥--⎣⎦=+（4）. ()2222d xx x a ∞++⎰，a >0．解：()()222222221d d 2xxx x x a x a -∞++∞∞=++⎰⎰令()()2222zR z z a =+，则z =±a i 分别为R (z )的二级极点故()()[]()[]()()()22222222i 0i 1d 2πi R es ,i R es ,i 2πi lim lim i i π2z a z a xx R z a R z a x a z z z a z a a-→∞→-=⋅⋅+-+⎛⎫''⎡⎤⎡⎤ ⎪=+⎢⎥⎢⎥ ⎪+-⎣⎦⎣⎦⎝⎭=⎰(5) ()222sin d x x x b xβ∞+⋅+⎰，β>0，b>0．解：()()()i 222222222cos sin ed d i d xxx x x xxx xx b x b x b βββ+++--∞∞∞∞∞∞-⋅⋅⋅=++++⎰⎰⎰而考知()()222zR z z b =+，则R (z )在上半平面有z =b i 一个二级极点．()()[]()i i 222i i ed 2πi R ese ,i e π2πi lim e i i 2z xzzbb xx R z b x b z z b b βββββ+--→∞∞⋅=⋅⋅+'⎡⎤=⋅=⋅⋅⎢⎥+⎣⎦⎰()222sin πd e2bbb xx x x βββ+--∞∞⋅=⋅+⎰从而()222sin ππd e44ebbx x bb xx b βββββ+-∞⋅=⋅=+⎰(6) 22i ed xx x a+-∞∞+⎰，a >0 解：令()221R z z a=+，在上半平面有z =a i 一个一级极点()[]i i i 22ieeeπd 2πi Res e ,i 2πi lim2πi i2iexzazaz a x R z a x az a a a -+-→∞∞=⋅⋅=⋅=⋅=++⎰7. 计算下列积分(1)()2sin 2d 1xx x x ∞++⎰解：令()()211R z z z =+，则R (z )在实轴上有孤立奇点z =0，作以原点为圆心、r 为半径的上半圆周c r ，使C R ,[-R , -r ], C r ,[r , R ]构成封闭曲线，此时闭曲线内只有一个奇点i ,于是：()()[]{}()222i 201e1eIm d Im 2πi Res ,i lim d 2211rr xizc I x R z z z z x x +-∞∞→⎡⎤==⋅-⎢⎥++⎣⎦⎰⎰而()202ed lim πi1rizc r z zz →⋅=-+⎰．故：()()2221e 1e πIm 2πi lim πi Im 2πi πi 1e 2222zi i z I z z i --→⎡⎤⎡⎤⎛⎫=⋅+=⋅-+=- ⎪⎢⎥⎢⎥+⎝⎭⎣⎦⎣⎦．(2)21d 2πi z Taz z⎰，其中T 为直线Re z =c ,c >0, 0<a <1解：在直线z =c +i y (-∞< y <+∞)上，令()ln 22ez z aa f z zz==，()ln 22ei c af c y c y⋅+=+，()ln 22ei d d c af c y y yc y⋅++--∞∞∞∞+=+⎰⎰收敛，所以积分()i i d c c f z z ∞∞+-⎰是存在的，并且()()()i i i i d limd limd c c c c ABR RR R f z z f z z f z z ++--→+∞→+∞∞∞==⎰⎰⎰其中AB 为复平面从c -i R 到c +i R 的线段．考虑函数f(z)沿长方形-R ≤x ≤c ，-R ≤y ≤R 周界的积分．＜如下图＞因为f (z )在其内仅有一个二级极点z =0，而且()[]()()20Res ,0lim ln z f z z f z a →'=⋅=所以由留数定理．()()()()d d d d 2πi ln ABBEEFFAf z z f z z f z z f z z a +++=⋅⎰⎰⎰⎰而()()()()i ln ln ln ln 22222eeeed d d d 0i x R ax aaCC aRCC R BE CR Rf z z x x x C R x RRRx R →+⋅⋅-+--∞==⋅+−−−→++⎰⎰⎰⎰≤≤．。

复变函数与积分变换第五版答案第五章

1．下列函数有些什么奇点？如果是极点，指出它的级： 1)()2211+z z解：2． 31z z sin 1123+−−z z z ()z z lz 1+()()z e z z π++11211−z e ()112+z e z n n z z +12，n 为正整数21zsin 求证：如果0z 是()z f 的()1>m m 级零点，那么0z 是()z f'的1−m 级零点。

验证：2i z π=是chz 的一级零点。

0=z 是函数()22−−+z shz z sin 的几级极点？如果()z f 和()z g 是以0z 为零点的两个不恒等于零的解析函数，那么()()()()z g z f z g z f z z z z ''lim lim→→=（或两端均为∞）设函数()z ϕ与()z ψ分别以a z =为m 级与n 级极点（或零点），那么下列三个函数在a z =处各有什么性质：3． ()()z z ψϕ；()()z z ψϕ；()()z z ψϕ+；函数()()211−=z z z f 在1=z 处有一个二级极点；这个函数又有下列洛朗展开式：()()()()345211111111−+−−−+=−z z z z z ，11>−z ，所以“1=z 又是()z f 的本性奇点”；又其中不含()11−−z 幂，因此()[]01=,Re z f s 。

这些说法对吗？求下列各函数()z f 在有限奇点处的留数：4． z z z 212−+421z e z −()32411++z z z z cos z −11cos z z 12sin z z sin 1chz shz 计算下列各积分（利用留数；圆周均取正向）5． ⎰=23z dzz z sin ()⎰=−2221z zdz z e ⎰=−231z m dzz zcos ，其中m为整数⎰=−12i z thzdz⎰=3z zdztg π()()⎰=−−11z nndz b z a z （其中n 为正整数，且1≠a ，1≠b ，b a <）。

(完整版)复变函数习题答案第5章习题详解

(完整版)复变函数习题答案第5章习题详解第五章习题详解1．下列函数有些什么奇点？如果是极点，指出它的级：1) ()2211+z z解：2)31z z sin3)1123+--z z z4)()z z lz 1+5)()()z e z z π++1126)11-z e7)()112+z e z 8) n nzz +12，n 为正整数9)21z sin2．求证：如果0z 是()z f 的()1>m m 级零点，那么0z 是()z f'的1-m 级零点。

3．验证：2i z π=是chz 的一级零点。

4．0=z 是函数()22--+z shz z sin 的几级极点？5．如果()z f 和()z g 是以0z 为零点的两个不恒等于零的解析函数，那么()()()()z g z f z g z f z z z z ''lim lim 00→→=（或两端均为∞）6．设函数()z ?与()z ψ分别以z =为m 级与n 级极点（或零点），那么下列三个函数在z =处各有什么性质：1) ()()z z ψ?；2)()()z z ψ?；3) ()()z z ψ?+；7．函数()()211-=z z z f 在1=z 处有一个二级极点；这个函数又有下列洛朗展开式：()()()()345211111111-+---+=-z z z z z Λ，11>-z ，所以“1=z 又是()z f 的本性奇点”；又其中不含()11--z 幂，因此()[]01=,Re z f s 。

这些说法对吗？8．求下列各函数()z f 在有限奇点处的留数：1)zz z 212-+ 2) 421z e z-3)()32411++z z4)zz cos5) z -11cos6) z z 12sin7) z z sin 18) chz shz9．计算下列各积分（利用留数；圆周均取正向）1) ?=23z dz z zsin2) ()?=-2221z zdz ze3) ?=-231z m dz z zcos ，其中m 为整数4)?=-12i z thzdz5) ?=3z zdz tg π6) ()()?=--11z n n dz b z z （其中n 为正整数，且1≠，1≠b ，b =r z13．计算下列积分：1)?+∞+0351??d sin2)?∞++02???d b cos sin ，()0>>b3)()?+∞∞-+dx x 2211 4) ?∞+∞-+dx x x 4215)?+∞∞-++dx x x x 542cos6)?+∞∞-+dx x x x 21sin 14．试用图5.10中的积分路线，求例4中的积分：?+∞0dx x x sin15．利用公式()145..计算下列积分：1) ?=31z dz z 解：2)?=-321z dz z z3)?=3z tgzdz4)()?=+311z dz z z16．设C 为区域D 内的一条正向简单闭曲线，0z 为C 内一点。

复变函数与积分变换第5章习题解答

习题五答案1. 求下列函数的留数．(1)()5e 1z f z z-=在z =0处．解：5e 1z z-在0<|z |<+∞的罗朗展开式为23454321111111112!3!4!2!3!4!z z z z z z z z z+++++-=+⋅+⋅+⋅+L L ∴5e 111Res ,014!24z z ⎡⎤-=⋅=⎢⎥⎣⎦(2)()11e zf z -=在z =1处．解：11e z -在0<1z -| <+∞的罗朗展开式为()()()11231111111e112!3!!111z nz n z z z -=++⋅+⋅++⋅+----L L ∴11Res e ,11z -⎡⎤=⎣⎦．2. 利用各种方法计算f (z )在有限孤立奇点处的留数．(1)()()2322z f z z z +=+解：()()2322z f z z z +=+的有限孤立奇点处有z =0，z =-2．其中z =0为二级极点z =-2为一级极点．∴()[]()()120013232324Res ,0lim lim 11!242z z z z z f z z z →→++--⎛⎫=⋅=== ⎪⎝+⎭+ ()[]2232Res ,2lim 1z z f z z→-+-==-3. 利用罗朗展开式求函数()211sin z z +⋅在∞处的留数．解：()()()22235111sin 21sin11111213!5!z z z z z z z z zz +⋅=++⋅⎛⎫=++⋅-⋅+⋅+ ⎪⎝⎭L∴()[]1Res ,013!f z =-从而()[]1Res ,13!f z ∞=-+5. 计算下列积分．(1)ctan πd z z ⎰Ñ，n 为正整数，c 为|z |=n 取正向．解：cc sin πtan πd d cos πzz z z z =⎰⎰蜒．在C 内tan πz 有12k z k =+(k =0,±1,±2…±(n -1),-n )一级极点由于()()2sin π1Res ,πcos πk z kz f z z z =⎡⎤==-⎣⎦'∴()c1tan πd 2πi Res ,2πi 24i πk kz z f z z n n ⎛⎫=⋅⎡⎤=⋅-⋅=- ⎪⎣⎦⎝⎭∑⎰Ñ (2)()()()10cd i 13zz z z +--⎰Ñ C :|z |=2取正向．解：因为()()()101i 13z z z +--在C 内有z =1，z =-i 两个奇点．所以()()()()[]()[]()()[]()[]()()10c 10d 2πi Res ,i Res ,1i 132πi Res ,3Res ,πi3i zf z f z z z z f z f z =⋅-++--=-⋅+∞=-+⎰Ñ6. 计算下列积分． (1)π0cos d 54cos m θθθ-⎰因被积函数为θ的偶函数，所以ππ1cos d 254cos m I θθθ-=-⎰令π1π1sin d 254cos m I θθθ-=-⎰则有i π1π1e i d 254cos m I I θθθ-+=-⎰设i e z θ= d 1d i z zθ= 2os 12c z z θ+=则()121211d i 2i 15421d 2i 521m z m z z zI I z z z z z z==+=⎛⎫+- ⎪⎝⎭=-+⎰⎰ÑÑ 被积函数()()2521mz f z z z=-+在|z |=1内只有一个简单极点12z = 但()()[]12211Res ,lim232521mmz z f z z z →⎡⎤==⎢⎥⎣⎦⋅'-+ 所以111πi 2πi 2i 3232m mI I +=⋅⋅=⋅⋅ 又因为π1π1sin d 254s 0co m I θθθ-=-=⎰∴πcos d 54cos π32mm θθθ=⋅-⎰ (2)202πcos3d 12cos a a θθθ+-⎰，|a|>1．解：令2π102cos3d 12cos I a a θθθ+=-⎰ 2π202sin3d 12cos I a a θθθ+=-⎰ 32π120i2e i d 12cos I I a a θθθ-++=⎰令z =e i θ．31d d i os 2c z z zzθθ==，则 ()()()3122123221321i d 1i 1221d i 1112π2πi Res ,i 1z z z I I z z za azz z az a z a f z a a a ==+=⋅+-⋅+=-++--⎡⎤=⋅⋅=⎢⎥⎣⎦-⎰⎰ÑÑ 得()1322π1I a a =-(3)()()2222d x x a x b∞+-∞++⎰，a >0，b >0．解：令()()()22221R z z a z b =++，被积函数R (z )在上半平面有一级极点z =i a 和i b ．故()[]()[]()()()()()()()()()()22222222i i 22222πi Res ,i Res ,i 112πi lim i lim i112πi 2i 2i πz a z b I R z a R z b z a z b z a z b z a z b a b a b a b ab a b →→=+⎡⎤=-+-⎢⎥++++⎣⎦⎡⎤=+⎢⎥--⎣⎦=+4.()2222d x x x a ∞++⎰，a >0．解：()()2222022221d d 2x x x x x a x a -∞++∞∞=++⎰⎰令()()2222z R z z a =+，则z =±a i 分别为R (z )的二级极点故()()[]()[]()()()22222222i 0i 1d 2πi Res ,i Res ,i 2πi lim lim i i π2z a z a x x R z a R z a x a z z z a z a a-→∞→-=⋅⋅+-+⎛⎫''⎡⎤⎡⎤ ⎪=+⎢⎥⎢⎥ ⎪+-⎣⎦⎣⎦⎝⎭=⎰(5)()222sin d x x x b xβ∞+⋅+⎰，β>0，b>0．解：()()()i 222222222cos sin e d d i d x x x x x xxx x x b x b x b βββ+++--∞∞∞∞∞∞-⋅⋅⋅=++++⎰⎰⎰而考知()()222zR z z b =+，则R (z )在上半平面有z =b i 一个二级极点．()()[]()i i 222i i e d 2πi Res e ,i e π2πi lim e i i 2z x z zbb xx R z b x b z z b b βββββ+--→∞∞⋅=⋅⋅+'⎡⎤=⋅=⋅⋅⎢⎥+⎣⎦⎰()222sin πd e 2bb b xx x x βββ+--∞∞⋅=⋅+⎰从而()222sin ππd e 44e b bx x b b xx b βββββ+-∞⋅=⋅=+⎰ (6)22i e d xx x a+-∞∞+⎰，a >0 解：令()221R z z a =+，在上半平面有z =a i 一个一级极点 ()[]i i i 22i e e e πd 2πi Res e ,i 2πi lim 2πi i 2i e x z a zaz a x R z a x a z a a a -+-→∞∞=⋅⋅=⋅=⋅=++⎰ 7. 计算下列积分(1)()20sin 2d 1x x x x ∞++⎰解：令()()211R z z z =+，则R (z )在实轴上有孤立奇点z =0作的原点为圆心r 为半径的上半圆周c r ，使c r ,[-R ,-r ],c r ,[r ,R ]构成封装曲线，此时闭曲线内只有一个奇点i ,是()()[]{}()z 22i 201e 1eIm d Im 2πi Res ,i lim d 2211r r x izc I x R z z z z x x +-∞∞→⎡⎤==⋅-⎢⎥++⎣⎦⎰⎰ 而()202e d lim πi 1r iz c r zzz →⋅=-+⎰．设()()2221e 1e πIm 2πi lim πi Im 2πi πi 1e 21222zz i i I z z --→⎡⎤⎡⎤⎛⎫=⋅+=⋅-+=- ⎪⎢⎥⎢⎥+⎝⎭⎣⎦⎣⎦． (2)21d 2πi zT a z z⎰，其中T 为直线Re z =c ,c >0,0<a <1解：在直线z =c +i y (-∞<y <+∞)上，令()ln 22ez z aa f z z z==，()ln 22e i c a f c y c y ⋅+=+，()ln 22e i d d c af c y y y c y⋅++--∞∞∞∞+=+⎰⎰收敛，所以积分()i i d c c f z z ∞∞+-⎰是存在的，并且 ()()()i i i i d limd limd c c c c ABR RR Rf z z f z z f z z ++--→+∞→+∞∞∞==⎰⎰⎰其中AB 为复平面从c -i R 到c +i R 的线段．考虑函数f(z)沿长方形-R ≤x ≤c ，-R ≤y ≤R 周界的积分．＜如图＞因为f (z )在其内仅有一个二级极点z =0，而且()[]()()20Res ,0lim ln z f z z f z a →'=⋅=所以由留数定理．()()()()d d d d 2πi ln ABBEEFFAf z z f z z f z z f z z a +++=⋅⎰⎰⎰⎰而()()()()i ln ln ln ln 22222e e e e d d d d 0i x R ax a aC C a RCC R BECR R f z z xx x C R x R R R x R →+⋅⋅-+--∞==⋅+−−−→++⎰⎰⎰⎰≤≤．。

国开复变函数形考答案

复变函数习题总汇与参考答案第1章复数与复变函数一、单项选择题1、若Z 1=（a, b ）,Z 2=(c, d),则Z 1·Z 2=（C ） A （ac+bd, a ） B (ac-bd, b) C （ac-bd, ac+bd ） D (ac+bd, bc-ad)2、若R>0，则N （∞，R ）={ z ：（D ）} A |z|<R B 0<|z|<R C R<|z|<+∞ D |z|>R3、若z=x+iy, 则y=(D)A B C D4、若A= ，则 |A|=（C ）A 3B 0C 1D 2二、填空题1、若z=x+iy, w=z 2=u+iv, 则v=（ 2xy ）2、复平面上满足Rez=4的点集为（ {z=x+iy|x=4} ）3、（设E 为点集，若它是开集，且是连通的，则E ）称为区域。

4、设z 0=x 0+iy 0, z n =x n +iy n (n=1,2,……)，则{z n }以z o 为极限的充2zz +2z z -i z z 2+iz z 2-)1)(4()1)(4(i i i i +--++∞→n lim+∞→n lim分必要条件是 x n =x 0，且 y n =y 0。

三、计算题1、求复数-1-i 的实部、虚部、模与主辐角。

解：Re(-1-i)=-1 Im(-1-i)=-1 |-1-i|=2、写出复数-i 的三角式。

解：3、写出复数的代数式。

解：4、求根式的值。

解： ππ45|11|arctan ),1(12)1()1(=--+=--∴--=-+-i ary i 在第三象限 ππ23sin 23cos i i +=-i i i ii ii i i i i ii i i212312121)1()1)(1()1(11--=--+-=⋅-++-+=-+-iii i -+-11327-)3sin 3(cos 3327)27arg(327303ππππi eW z i +==-=∴=-=⋅的三次根的值为四、证明题1、证明若，则a 2+b 2=1。

复变函数与积分变换第五章习题解答

c-1r-•
1 (1 2 7) Res[f(z),O] =Iim!!:_[z = ti ,k =土1,土2, ] = o, Res[f(z),k叶= ,�, dz k冗 (zsin z)'L,, zsinz 8) Res[f位）， (k+½
叶
(ch z)' :�(k+ ）汀i
一
shz
=
I k为整数。
证由题知： J(z)=(z-z。)飞(z), <p亿）*o, 则有
一 Ill
-{,, 0
0
k=O k=,;O
l 2 (sinz )"1 z O =2, 知 z=O 是． 2 的二级极点， smz
=
故z。是 J'(z) 的 m-1 级零点。
冗l
f'(z)=m(z-z。)m 凇(z)+(z-z。) 份'(z)=(z-z0 Y,一'[m<p(z)+(z-z。炒'(z)]
六
f'(z) ＝ (fJ(z) + (z- Zo )(fJ'(z) g'(z) lf/(z) + (z-Zo)lf/'(z)
亡,
6. 若叫z) 与 lf/(z) 分别以 z=a 为 m 级与 n 级极点（或零点），那么下列三个函数在 z=a 处各有什 (f)(Z)lf/(Z); (2) (f)(z)llf/(Z);
汗
I
2
5) cos— = L 巨 -11>0 , 知 Res [f(z), l ] = c一 . 2 "' I- z n=O (2n) !(z-1)
1 00
I
(-1) "

复变函数第4、5章复习自测题(参考解答)

第4—5章复习自测题（参考解答）一、选择题：1. 复级数1nn u∞=∑收敛的必要条件是 [ B ] .(A) lim 0n n nu →∞= (B) lim 0n n u →∞=(C) lim 0n n nu →∞≠ (D) lim 0n n u →∞≠2. 若复级数1nn u∞=∑收敛，则 [ B ] .(A) lim 0n n nu →∞= (B) lim sin 0n n u n →∞=(C) lim 0n n nu →∞≠ (D) lim sin 0n n u n →∞≠3. 下列复级数收敛的是 [ C ] .(A)1n n i ∞=∑ (B)11(1)n n i n n ∞=⎡⎤-+⎢⎥⎣⎦∑ (C) 11sin 2n n n i n ∞=⎡⎤+⎢⎥⎣⎦∑ (D) 11n i n∞=⎛⎫+ ⎪⎝⎭∑4. 下列复级数发散的是 [ C ] .(A) 1nn q ∞=∑（其中1q <） (B)1in n e n∞=∑ (C)1inn e ∞=∑ (D)211n n i n ∞=⋅∑ 5. 幂级数21nn z∞=∑的收敛半径和收敛圆为 [ B ] .(A) R =+∞和z <+∞ (B) 1R =和1z < (C)0R =和0z =. (D) 1R =和(1,1)z ∈-6. 已知幂级数101(1)2n n n z ∞+=-∑的和函数为1(1)(2)z z --，则101(1)2nn n z ∞+=-∑的收敛半径和收敛圆为[ B ].(A) R =+∞和z <+∞ (B) 1R =和1z < (C)2R =和2z <. (D) 32R =和32z <7. 0=z 是22()(1)sin z f z e z =-是 [ B ].（A ）5阶零点 (B) 4阶零点 (C ) 3阶零点 (D) 2阶零点8. 设z a =分别是函数()f z 和()g z 的n 阶零点（2n ≥），则z a =必为()()f z g z +的 [ C ].(A) n 阶零点 (B) 1n -阶零点 (C)至多n 阶零点或()0f z ≡ (D) ()0f z ≡ 9. 设z a =分别是函数()f z 的n 阶零点和()g z 的m 阶零点，则z a =必为()()f zg z 的 [ C ]. (A) 零点. (B) 极点. (C) 可去奇点或极点 (D) 可去奇点10. 设z a =分别是函数()f z 和()g z 的n 阶极点（2n ≥），则z a =必为()()f z g z +的 [ C ].(A) n 阶极点 (B) 至少n 阶极点 (C)至多n 阶极点或可去奇点 (D) 可去奇点 11. 设z a =分别是函数()f z 的n 阶极点和()g z 的m 阶极点，则z a =必为()()f zg z 的 [ D ]. (A) m n -阶极点 (B) n m -阶极点 (C) 非孤立奇点 (D) 可去奇点或极点12. 设z a =为)(z f 的可去奇点或极点，且在0z a R <-<内，()0f z ≠，z a =为()g z 的本性奇点，则z a =为()()g z f z +的 [ B ].(A) 解析点 (B) 本性奇点 (C) 极点 (D) 可去奇点13. 设z a =为)(z f 的可去奇点或极点，且在0z a R <-<内，()0f z ≠，z a =为()g z 的本性奇点，则z a =为()()g z f z 的 [ B ].(A) 解析点 (B) 本性奇点 (C) 极点 (D) 可去奇点14. 设z a =为)(z f 的可去奇点或极点，且在0z a R <-<内，()0f z ≠，z a =为()g z 的本性奇点，则z a =为()()g z f z 的 [ B ]. (A) 解析点 (B) 本性奇点 (C) 极点 (D) 可去奇点15. 设0z =为函数1sin ze z 的 [ C ].(A)可去奇点 (B) 极点 (C) 本性奇点 (D) 非孤立奇点 16. 设0z =为函数31cos zz -的 [ C ]. (A) 可去奇点. (B) 2阶极点 (C)1阶极点 (D) 本性奇点二、填空题：1. 幂级数20(1)nn n z ∞=-∑的收敛半径R = 1 ，收敛圆为11z -<，收敛圆周为11z -=．2. 幂级数1()nnn z a n ∞=-∑的收敛半径R =+∞，收敛圆为z a -<+∞．3. 设1R ，2R ，3R 分别幂级数()nn n c z a ∞=-∑，11()n nn nc z a ∞-=-∑和1()1n nn c z a n ∞+=-+∑的收敛半径，则1R ，2R ，3R 的关系是123R R R ==．4. 分别写出ze ，sin z ，cos z ，ln(1)z +（ln(1)z +表示以(,1]-∞-为割线且满足0ln(1)0z z =+=的单值解析分析）和(1)z α+（(1)z α+表示以(,1]-∞-为割线且满足0(1)1z z α=+=的单值解析分析）在0z =处的基本展式（注意指出展式成立的最大范围）ze =01,!n n z z n ∞=<+∞∑；sin z =2111(1),(21)!n n n z z n -∞-=-<+∞-∑；cos z =20(1),(2)!n n n z z n ∞=-<+∞∑ ln(1)z +=11(1),1n n n z z n ∞-=-<∑；(1)z α+=11(1)(1)11,1!n n n n n z z z n n αααα∞∞==⎛⎫--++=+< ⎪⎝⎭∑∑． 5. 写出函数111(1)(2)21z z z z =-----在指定圆域或圆环内的洛朗展式：在1z <内，1(1)(2)z z =--101(1)2nn n z ∞+=-∑；在12z <<内，1(1)(2)z z =--110012nn n n n z z ∞∞++==--∑∑；在2z <<+∞内，1(1)(2)z z =--1021n n n z∞+=-∑；在011z <-<内，1(1)(2)z z =--01(1)1n n z z ∞=----∑．6. 设函数()f z 在原点0z =解析，且对1n ≥，有11()1f n n =+，由解析函数的惟一性，可得()f z ≡1z z +． 7. 写出z a =为解析函数()f z 的m 阶零点的定义：若()f z 在z a =解析，且(1)()()()0m f a f a f a -'====，()()0m f a ≠，则称z a =为解析函数()f z 的m 阶零点．8. z a =为解析函数()f z 的m 阶零点等价于：存在z a R -<，使得在z a R -<内，()()()mf z z a z ϕ=-，其中()z ϕ在z a =解析，且()0a ϕ≠．9. 设1()(1)(2)f z z z =--，则()f z 在孤立奇点1z =的主要部分为11z --，从而孤立奇点1z =的类型为()f z 的 1阶极点；()f z 在孤立奇点z =∞的主要部分为 0 ，从而孤立奇点z =∞的类型为()f z 的可去奇点．10. 设1()zf z e =，则()f z 在孤立奇点0z =的主要部分为111!n n n z∞=⋅∑，从而孤立奇点0z =的类型为()f z 的本性奇点；()f z 在孤立奇点z =∞的主要部分为 0 ，从而孤立奇点z =∞的类型为()f z 的可去奇点．三、解答或计算题：1. 求下列幂级数的收敛半径与收敛圆：（1）1(1)!n n z n ∞=-∑；（2）21()n n z i n ∞=-∑；（3）!1n n z ∞=∑．解（1）记1!n c n =，因为11lim lim 01n n n n c c n +→∞→∞==+，所以收敛半径为R =+∞，收敛圆为1z -<+∞，即复平面．（2）记21n c n =，因为21lim lim 11n n n n c n c n +→∞→∞⎛⎫== ⎪+⎝⎭，所以收敛半径为1R =，收敛圆为1z i -<．（3）记0,!,1,2,1,!n n k c k n k ≠⎧==⎨=⎩0,!,1,2,1,!n k k n k ≠⎧==⎨=⎩1=，所以收敛半径为1R =，收敛圆为1z <．2. 求下列函数在0z =处的泰勒展式，并指出展式成立的范围：（1）1(2)(3)z z --；（2）21(1)z -，31(1)z -；（3）0cos d z ξξ⎰；（4）sin z e z ，cos z e z ，2sin z ；（5）11ze-；（6）21z e z +，21ze z -．解（1）因为1111111(2)(3)32231123z z z z z z =-=⋅-⋅------，所以，在2z <内 111100011111111111()(2)(3)322323231123n n n n n n n n n n z z z z z z z z z ∞∞∞++++====-=⋅-⋅=-=-------∑∑∑．（2）因为在1z <内，11n n z z ∞==-∑，所以，在1z <内由逐项求导性得， 120111()(1)1n n n n z nz z z ∞∞-=='⎛⎫'=== ⎪--⎝⎭∑∑． 230221()(1)(1)1n n n n z n n z z z ∞∞-==''⎛⎫''===- ⎪--⎝⎭∑∑，即2321(1)(1)2n n n n z z ∞-=-=-∑．（3）因为201cos (1),(2)!nn n n ξξξ∞==-<+∞∑，所以，由逐项积分性得，在z <+∞内， 2101cos d (1)(21)(2)!z nn n z n n ξξ∞+==-+∑⎰．（4）利用()(1)cos sin z i z e z i z e ++⋅=，()(1)cos sin z i z e z i z e --⋅=以及21sin (1cos 2)2z z =-计算，过程略．（5）利用二次求和的可交换性可得，在1z <内110010011011(1)1(1)!!111(1)(1).!!!kn n zk k n n n n n k k n n k k ez z n k k k k z e z n n k k k ∞∞∞--===∞∞∞∞∞=====⎛-⎫⎛⎫=-=+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎛-⎫⎡-⎤⎛⎫⎛⎫=+-=+- ⎪⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦∑∑∑∑∑∑∑∑（6）注意到01!zn n e z n ∞==∑，22001(1)(1)sin 12n n n n n n z z z π∞∞==+=-=+∑∑，220011(1)12n nn n n z z z ∞∞==+-==-∑∑，以及幂级数的乘法可得，在1z <内，20000(1)sin1(1)2sin 1!2()!zn n n nn n n k k e n z z z z n n k ππ∞∞∞====+⎛⎫ ⎪+⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎪+-⎝⎭⎝⎭ ⎪⎝⎭∑∑∑∑． 2000011(1)1(1)1!22()!z n kn n n nn n n k e z z z z n n k ∞∞∞====⎛⎫+-+-⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑∑∑∑．3. 判断0z =是下列函数的零点，并求出零点的阶数：（1）22(1)z z e -；（2）3366sin (6)z z z +-；（3）sin tan z z -．解（1）因为222242(1)41111(1)()()()!!z n n n n z e z z z zz z n n ϕ∞∞-==-===∑∑，其中2(1)11()!n n z z n ϕ∞-==∑，易见()z ϕ在0z =解析，且2(1)11(0)10!n z n z n ϕ∞-====≠∑，所以，0z =是22(1)z z e -的4阶零点．（2）因为33639152136156111666sin (6)6(6)3!5!7!5!7!z z z z z z z z z z z ⎛⎫⎛⎫+-=-+-++-=-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，所以，0z =为3366sin (6)z z z +-的15阶零点．（3）因为cos 1sin tan sin cos z z z z z --=⋅，而0z =为sin z 的1阶零点，0z =为cos 1cos z z-的2阶零点，所以，0z =为sin tan z z -的3阶零点．4. 求下列函数在指定圆环内的洛朗展式：（1）1()(1)(2)f z z z =--，①01z <<；②2z <<+∞；③011z <-<．（2）1()sin1f z z =-，01z <-<+∞．（3）1()zf z e =，0z <<+∞．（4）1()z z f z e+=，1z <<+∞．解（1）见教材第5章第1节的例子略．（2）在01z <-<+∞内，12111(1)1()sin 1(21)!(1)n n n f z z n z -∞-=-==---∑．（3）在0z <<+∞内，1011()!znn f z e n z∞===∑．（4）在1z <<+∞内，11(1)101101111()1!!z z znn k n n k k k f z e ee n n k z k z -∞∞∞∞++====⎡⎤⎛-⎫⎛-⎫⎛⎫⎛⎫===+=+⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦∑∑∑∑．5. 求下列函数在扩充复平面上的所有孤立奇点，并分别求出函数在各孤立奇点的去心邻域内的洛朗展式（注意指出展式成立的范围）：（1）1()(1)(2)f z z z =--；（2）1()(1)f z z z =-；（3）1()()()f z z a z b =--（a b <）；（4）12()zf z z e =．解（1）易见此函数的孤立奇点为1，2和∞，且()f z 分别在011z <-<，021z <-<和1z <<+∞内解析，所以在011z <-<内，11111()(1)1211(1)1n n f z z z z z z z ∞==-+=--=---------∑．在021z <-<内，11111()(1)(2)121(2)22n n n f z z z z z z z ∞==-+=-+=-----+---∑．在1z <<+∞内，1011111121()121211n n n f z z z z z z z z∞+=-=-+=-⋅+⋅=----∑．（2）类似于（1）的方法略．（3）易见此函数的孤立奇点为a ，b 和∞，且()f z 分别在0z a b a <-<-，0z b b a <-<-和b z <<+∞内解析，所以在0z a b a <-<-内，10111111111()()()1n n n b a f z z a z a b a z a z b b a z a b a z a b a b a ∞+=⎛⎫⎪⎛⎫-=-+=--⋅=--- ⎪ ⎪---------⎝⎭ ⎪--⎝⎭∑．在0z b b a <-<-内，2011111111(1)()()()1n nn n b a f z z b z b b a z a z b b a b a z b z b b a b a ∞+=⎛⎫⎪-⎛⎫-=-+=-⋅+=-- ⎪ ⎪---------⎝⎭ ⎪+-⎝⎭∑．在b z <<+∞内，10111111111()11n nn n b a f z a b b a z a z b b a z z b a zz z ∞+=⎛⎫⎪-⎛⎫=-+=-⋅-⋅= ⎪ ⎪-----⎝⎭ ⎪--⎝⎭∑．（4）易见此函数的孤立奇点为0和∞，且()f z 在0z <<+∞内解析（注意0z <<+∞既是0的去心邻域，也是∞的去心邻域），所以，在0z <<+∞内，1222220031111111()!!2!zn n n n n n f z z e z z z n z n zn z ∞∞∞--=====⋅=⋅=+++⋅∑∑∑．6. 求出下列函数在扩充平面上的所有奇点（注意包括∞），若是孤立奇点还要指出类型：（1）441iz z z +-；（2）cot z ；（3）1sin z ；（4）1z ze -；（5）21z z e+．解（1）显然441iz z z+-的奇点为使410z -=的点2k i k z e π=（0,1,2,3k =）和∞，显然，它们都是孤立奇点．由于2k ik z eπ=为41z -的1阶零点，且()240k ik z z eiz zπ==+≠，所以2k ik z eπ=为441iz z z +-的1阶极点．又由于 44lim 11z iz z z→∞+=--，所以∞为441iz z z +-的可去奇点．（2）因为cos cot sin zz z=，所以cot z 的奇点为z k π=（k ∈）和∞．易见z k π=为cot z 的1阶极点，由于k π→∞，所以∞为cot z 的非孤立奇点．（3）类似于（2）z k π=为1sin z 的1阶极点，∞为1sin z的非孤立奇点．（4）易见11z zzzee e --=⋅的奇点为0和∞，由于0是1ze -的本性奇点，0是z e 的解析点（可看成可去奇点），且0ze ≠，所以0仍是1z ze-的本性奇点．作变换1z ξ=，则11z zeeξξ--=，同理可得0ξ=是1eξξ-的本性奇点，所以∞为1z ze-的本性奇点．（5）易见21z z e +的奇点为∞，作变换1z ξ=，则12211(1)z z e e ξ-+=+，由于0ξ=是1e ξ-的本性奇点，0ξ=是211ξ+的极点，且在01ξ<<内，2110ξ+≠，所以0ξ=仍是121(1)eξξ-+1z ze-的本性奇点，所以∞为21zz e +的本性奇点．四、证明或讨论题：1. 用解析函数的惟一性定理证明：11ln(1)(1)nn n z z n∞-=+=-∑，1z <，其中ln(1)z +是以(,1]-∞-为割线，满足0ln(1)0z z =+=的单值解析分支．证明略．2. 用解析函数的惟一性定理证明：sin 22sin cos z z z =．证明略．3. 若()f z 在区域D 内解析，C D ⊂为曲线或区域或有属于D 的聚点的平面点集，在C 上()f z ≡常数，证明：在区域D 内 ()f z ≡常数．用解析函数的惟一性，证明略．4. 用反证法及最大模，最小模原理证明：设C 是一条围线，()f z 在C 的内部D 解析，在D D C =+上连续，且在C 上，()f z 为常数，若()f z ≠常数，则()f z 在D 内至少有一个零点．证明（反证法）假设()f z 在D 内无零点，由最大模与最小模原理得，()f z 的最大值和最小值都在C 上取得，又()f z 在C 上为常数，所以()f z 的最大值和最小值相等，从而()f z 为常数，再由第2章中解析函数为常函数的结论知，()f z 在D 内为常数，这与题设矛盾，故命题的结论成立．5. 设函数()f z 在区域D 解析，闭圆域z a R D -≤⊂，若()f z 在区域D 内满足下列条件之一，则()f z 在区域D 内恒为常数：（1）在z a R -<内，()0f z ≠，且在z a R -=上，()f z 为常数；（2）在z a R -<内，1()Re d 2a R f i z ξξξπξ-=⎡⎤⎢⎥-⎣⎦⎰或1()Im d 2a Rf iz ξξξπξ-=⎡⎤⎢⎥-⎣⎦⎰为常数；（3）1()d 2a R f i zξξξπξ-=-⎰在z a R -<内解析．证明（1）类似于第4题用最大模和最小模原理即可，过程略．（2）由柯西公式得，在z a R -<内，1()()d 2a R f f z i zξξξπξ-==-⎰，所以题设条件变为，在z a R -<内， Re ()f z 或Im ()f z 为常数，所以，由第2章中解析函数为常函数的结论知，()f z 在z a R -<内为常数，再由解析函数的惟一性，()f z 在区域D 内恒为常数．（3）类似于（2）的方法可得，题设条件变为，()f z 在z a R -<内，所以，由第2章中解析函数为常函数的结论知，()f z 在z a R -<内为常数，再由解析函数的惟一性，()f z 在区域D 内恒为常数． 6. 设z a =分别为()f z 的m 阶零点和()g z 的n 阶零点，试讨论下列函数在z a =的性质：（1）()()f z g z +；（2）()()f z g z ；（3）()()f zg z ．解由题设知1()()()m f z z a z ϕ=-，2()()()n g z z a z ϕ=-，其中1()z ϕ在z a =解析，且1()0a ϕ≠；2()z ϕ在z a =解析，且2()0a ϕ≠．（1）12121212()[()()()],()()()()()()()[()()()],()[()()],m n m m n n m nn z a z z a z m n f z g z z a z z a z z a z a z z m n z a z z m n ϕϕϕϕϕϕϕϕ--⎧-+-<⎪+=-+-=--+<⎨⎪-+=⎩，所以，当m n <时，z a =为()()f z g z +的m 阶零点；当m n >时，z a =为()()f z g z +的n 阶零点；当m n =时，z a =为()()f z g z +的至少m n =阶零点或者()()f z g z +恒为零．（2）1212()()()()()()()()()m n m n f z g z z a z z a z z a z z ϕϕϕϕ+⋅=-⋅-=-⋅，所以，z a =为()()f z g z ⋅的m n +阶零点．（3）12112212()(),()()()()()1,()()()()()(),()m n m n n mz z a m nz z a z z f z m n g z z a z z a z z m nz ϕϕϕϕϕϕϕϕ--⎧->⎪⎪⎪-==⋅<⎨--⎪⎪=⎪⎩，所以，当m n >时，z a =为()()f zg z 的m n -阶零点；当m n <时，z a =为()()f z g z 的n m -阶极点；当m n =时，z a =为()()f zg z 的可去奇点．此时补充12()()0()()z aa f z g z a ϕϕ==≠，a 可成为()()f z g z 的解析点．7. 设z a =分别为()f z 的m 阶极点和()g z 的n 阶极点，试讨论下列函数在z a =的性质：（1）()()f z g z +；（2）()()f z g z ；（3）()()f zg z ．解由题设1()()()mz f z z a ϕ=-，2()()()nz g z z a ϕ=-，其中1()z ϕ在z a =解析，且1()0a ϕ≠；2()z ϕ在z a =解析，且2()0a ϕ≠．（1）121221121[()()()],()()()1()()[()()()],()()()1[()()],()m nm n m m n nmz z a z m n z a z z f z g z z z a z n m z a z a z a z z m n z a ϕϕϕϕϕϕϕϕ--⎧+->⎪-⎪⎪+=+=+->⎨---⎪⎪+=⎪-⎩，所以，当m n >时，z a =为m 阶极点；当m n <时，z a =为n 阶极点；当m n =时，z a =为阶数不超过m n =的极点或可去奇点（看成解析点）．（2）1212()()()()()()()()()mnm nz z z z f z g z z a z a z a ϕϕϕϕ+⋅=⋅=---，所以，z a =为m n +阶极点．（3）12112212()1,()()()()()()(),()()()()(),()m nm n m n z n m z z a z z f z z a z a n m z g z z z a z n m z ϕϕϕϕϕϕϕϕ--⎧⋅<⎪-⎪⎪-==⋅->⎨⎪-⎪=⎪⎩，所以，当n m <时，z a =为m n -阶极点；当n m >时，z a =为n m -阶零点（可去奇点要当作解析点）；当m n =时, z a =为可去奇点(也可看作解析点)．8. 设z a =为()f z 的可去起点（看成解析点）或极点，且在0z a R <-<内，()0f z ≠，z a =为()g z 的本性奇点，试讨论下列函数在z a =的性质：（1）()()g z f z ±；（2）()()g z f z ；（3）()()g z f z ．解由题设，易见z a =为()()g z f z +，()()g z f z 和()()g z f z 的孤立奇点．（1）记()()()Fz gz f z +，倘若z a =为()F z 的可去奇点，注意到()()()g z F z f z =-，则z a =为()g z 的可去奇点或极点，这与z a =为()g z 的本性奇点矛盾，所以z a =不是()F z 的可去奇点．倘若z a =为()F z 的极点，注意到()()()g z F z f z =-，则z a =为()g z 的可去奇点或极点，这与z a =为()g z 的本性奇点矛盾，所以z a =不是()F z 的极点．综上所述，z a =为()F z 的本性奇点．同理可得，z a =为()()g z f z -的本性奇点．（2）记()()()G z g z f z =，倘若z a =为()G z 的可去奇点，注意到()()()G z g z f z =，则z a =为()g z 的可去奇点或极点，这与z a =为()g z 的本性奇点矛盾，所以z a =不是()G z 的可去奇点．倘若z a =为()G z 的极点，注意到()()()G z g z f z =，则z a =为()g z 的可去奇点或极点，这与z a =为()g z 的本性奇点矛盾，所以z a =不是()G z 的极点．综上所述，z a =为()G z 的本性奇点．（3）同理可得，z a =为()()g z f z 的本性奇点（过程略）．9. 设a 是()f z 的孤立奇点（即()f z 在0z a R <-<内解析），且在0z a R <-<内，()f z 不恒为零，若存在0z a R <-<内的一列收敛于a 的点列{}n z ，使得()0n f z =，1,2,n =，则a 是()f z 的本性奇点．证明（排除法）倘若a 为()f z 的可去奇点，则lim ()z af z b →=存在，令(),0(),f z z a Rg z b z a ⎧<-<=⎨=⎩，则()g z 在z a R -<内解析，注意到()()0n n g z f z ==，由解析函数的惟一性，在z a R -<内，()0g z ≡，所以在0z a R <-<内，()()0f z g z =≡，与题设矛盾．倘若a 为()f z 的极点，则lim ()z af z →=∞，从而0lim ()n z af z →==∞，这也显然矛盾．综上所述，注意到孤立奇点分类的定义可得，a 是()f z 的本性奇点．10. 试用孤立奇点的特征证明下面有关整函数的命题：（1）设()f z 为整函数，若()f z 在z <+∞内有界，则()f z 恒为常数．（刘维尔定理）（2）设()f z 为整函数，若()lim0mz f z b z →∞=≠存在，则()f z 是m 次多项式．（3）设()f z 为整函数，若()lim 0m z f z z→∞=或1()m f z z -在0z <<+∞内有界，即存在0M >，使得在0z <<+∞内，1()m f z M z-<，则()f z 是至多1m -次多项式．证明（1）（方法1）由()f z 是整函数可得，()f z 仅有一个孤立奇点z =∞，且由泰勒定理，在z <+∞内，001()nn n n n n f z c z c c z ∞∞====+∑∑，其中()f z 在z =∞的主要部分为1nn n c z∞=∑．又由()f z 在z <+∞内有界和孤立奇点的特征可得，z =∞为()f z 的可去奇点，所以10nn n c z∞=≡∑，从而，在z <+∞内，0001()nn n n n n f z c zc c z c ∞∞====+≡∑∑．（方法2）由条件和孤立奇点的特征可得，z =∞为()f z 的可去奇点，所以再由整函数的分类定理，()f z 恒为常数．（2）（方法1）由()f z 是整函数可得，()f z 仅有一个孤立奇点z =∞，且由泰勒定理，在z <+∞内，001()nn n n n n f z c z c c z ∞∞====+∑∑，其中()f z 在z =∞的主要部分为1n n n c z ∞=∑．又由()lim0mz f z b z →∞=≠和孤立奇点的特征可得，z =∞为()f z 的m 阶极点，所以21211mn nm nnm n n c z c zc z c z c z ∞====+++∑∑，其中0m c ≠，从而，在z <+∞内，2001201()nn m n n m n n f z c zc c z c c z c z c z ∞∞====+=++++∑∑，即()f z 是m 次多项式．（方法2）易见z =∞为()m f z z的孤立奇点．由()f z 是整函数及泰勒定理可得，在z <+∞内， 0()n n n f z c z ∞==∑，从而在0z <<+∞内，001()m n m n m n mn n n mn n n m f z c z c z c z z ∞∞---===+==+∑∑∑，所以，()m f z z 在z =∞的主要部分为1n mn n m c z ∞-=+∑．又由()lim 0m z f z b z →∞=≠和孤立奇点的特征可得，z =∞为()mf z z 的可去奇点，所以10n mnn m c z∞-=+≡∑，即0n c =（1n m ≥+）所以，在z <+∞内，()mnn n n n n f z c z c z ∞====∑∑，其中()lim0m mz f z c b z →∞==≠，即()f z 是m 次多项式．（方法3）由条件和孤立奇点的特征可得，z =∞为()f z 的m 阶极点，所以再由整函数的分类定理，()f z 为m 次多项式．（3）由条件和孤立奇点的特征可得，z =∞为()f z 的可去奇点或至多1m -阶极点，所以再由整函数的分类定理，()f z 为至多1m -次多项式．五、综合题：设{}()n f z 是定义在区域D 内的解析函数列，试按下面的步骤探索{}()n f z 和{}()n f z '在区域D 内内闭一致收敛的关系：（1）试用有限覆盖定理证明：{}()n f z 在区域D 内内闭一致收敛⇔对任意z D ∈，存在邻域()U z D ⊂，使得在邻域()U z 内，{}()n f z 一致收敛；（2）若{}()n f z 在区域D 内内闭一致收敛，则{}()n f z '也在区域D 内内闭一致收敛；（3）若{}()n f z 在区域D 内收敛，且{}()n f z '在区域D 内内闭一致收敛，则{}()n f z 也在区域D 内内闭一致收敛；（4）若{}()n f z 在区域D 内收敛，则{}()n f z 在区域D 内内闭一致收敛⇔{}()n f z '在区域D 内内闭一致收敛．证明（1）必要性：对任意z D ∈，取邻域()()U z U z D ⊂⊂，由于{}()n f z 在区域D 内内闭一致收敛，所以{}()n f z 在()U z 上一致收敛，从而{}()n f z 在()U z 内一致收敛．充分性：任取有界闭子集F D ⊂，由条件知，对任意z F ∈，总存在邻域()z U z D ⊂，使得{}()n f z 在()z U z 内一致收敛，即对任意0ε>，存在正数z N ，当z n N >时，对任意自然数p ，一切()z z U z ∈，总有，()()n p n f z f z ε+-<，易见，{}()z U z z F ∈为F 的开覆盖，由有限覆盖定理，{}()z U z z F ∈中必有有限个邻域，记为1()z U z ，2()z U z ，，()k z U z ，使得它们仍覆盖F ，取{}12max ,,,k z z z N N N N =，则当n N >，对任意自然数p ，一切z F ∈，总有， ()()n p n f z f z ε+-<．这就证明了{}()n f z 在F 上一致收敛，从而{}()n f z 在D 内内闭一致收敛．（2）由（1），我们只须证明：对任意z D ∈，存在邻域()U z D ⊂，使得在邻域()U z 内，{}()n f z '一致收敛即可．事实上，由D 为区域可得，对任意z D ∈，总存在闭邻域{}()U z z z D δζδ=-≤⊂，如图示，取邻域()()2z U z zz U z D δδζ⎧⎫=-<⊂⊂⎨⎬⎩⎭．记()U z δ的边界为C ：z ζδ-=，因()n f z （1,2,n =）在区域D 内解析，由解析函数的高阶导数公式和积分的估值性，并注意到C ζ∈时，总有2z δζ'-≥，可得，对任意n ，自然数p 和()z z U z '∈，222()()1()()d 2()()()12d ()()d .2n p n n p n Cn p n n p n CCf f f z f z i z f f f f z ζζζπζζζζζζζππδζ++++-''''-='--≤≤-'-⎰⎰⎰又C D ⊂为有界闭集，所以{}()n f z 在C 上一致收敛，从而对任意0ε>，存在正数N ，当n N >时，对一切C ζ∈，总有，()()n p n f f ζζε+-<，所以，22224()()()()d 2n p n n p n Cf z f z f f ζζζδπεεπδπδδ++''''-≤-<⋅=⎰，这就证明了{}()n f z '在()z U z 内一致收敛．（3）由（1），我们只须证明：对任意z D ∈，存在邻域()U z D ⊂，使得{}()n f z 在()U z 内一致收敛即可．事实上，对z D ∈，总存在闭邻域{}()U z z z D δζδ=-≤⊂．由题设{}()n f z '在()U z δ上一致收敛，从而对任意0ε>，存在正数1N ，当1n N >时，对任意自然数p ，一切()U z δζ∈，总有，()()n p n f f ζζε+''-<，取{}()()U z z z U z D δζδ=-<⊂⊂，注意到对任意()U z ζ∈,()()()d n n n z f f z f ζζξξ'-=⎰，,()()()d n p n p n p z f f z f ζζξξ+++'-=⎰，所以，,()()()()()()()()()()d ()()()(),n p n n p n p n p n n n n p n n p n n p n z f f f f z f z f z f z f f f f z f z f z f z ζζζζζξξξδε+++++++-=-+-+-''≤-+-<⋅+-⎰注意到{}()n f z 收敛可得，存在正数2N ，当2n N >时，对任意自然数p ，有 ()()n p n f z f z ε+-<，于是取{}12max ,N N N =，当n N >时，对任意自然数p ，一切()U z ζ∈，有()()(1)n p n f f ζζδεεδε+-<⋅+=+，这就证明了{}()n f z 在()U z 内一致收敛．（4）综合（2）和（3）即可．注：问题的延伸：设{}()n f z 是定义在区域D 内的解析函数列，注意到解析函数的无穷可微性，连续两次运用（4）可得，● 若{}()n f z 在区域D 内收敛，则{}()n f z 在区域D 内内闭一致收敛⇔{}()n f z ''在区域D 内内闭一致收敛．按此方法继续下去，一般地，● 若{}()n f z 在区域D 内收敛，1k ≥为整数，则{}()n f z 在区域D 内内闭一致收敛⇔{}()()k n f z 在区域D 内内闭一致收敛．。

复变函数1到5章测试题及答案

第一章复数与复变函数(答案)一、选择题1．当时，的值等于（B ）ii z -+=115075100z z z ++（A ）（B ）（C ）（D ）i i -11-2．设复数满足，，那么（A ）z arg(2)3z π+=5arg(2)6z π-==z （A ）（B ）（C ）（D ）i 31+-i +-3i 2321+-i 2123+-3．复数的三角表示式是（D ）)2(tan πθπθ<<-=i z （A ）（B ）)]2sin()2[cos(sec θπθπθ+++i )]23sin()23[cos(sec θπθπθ+++i （C ）（D ）)]23sin()23[cos(sec θπθπθ+++-i )]2sin()2[cos(sec θπθπθ+++-i 4．若为非零复数，则与的关系是（C ）z 22z z -z z 2（A ）（B ）z z z z 222≥-z z z z 222=-（C ）（D ）不能比较大小z z zz 222≤-５．设为实数，且有，则动点y x ,yi x z yi x z +-=++=11,11211221=+z z 的轨迹是（B ）),(y x （A ）圆（B ）椭圆（C ）双曲线（D ）抛物线６．一个向量顺时针旋转，对应的复数为，则原向量对应的复数是（A ）3πi 31-（A ）（B ）（C ）（D ）2i 31+i -3i+3７．使得成立的复数是（D ）22z z =z（A ）不存在的（B ）唯一的（C ）纯虚数（D ）实数８．设为复数，则方程的解是（B ）z i z z +=+2（A ）（B ）（C ）（D ）i +-43i +43i -43i --43９．满足不等式的所有点构成的集合是（D ）2≤+-iz iz z （A ）有界区域（B ）无界区域（C ）有界闭区域（D ）无界闭区域10．方程所代表的曲线是（C ）232=-+i z （A ）中心为，半径为的圆周（B ）中心为，半径为２的圆周i 32-2i 32+-（C ）中心为，半径为的圆周　（D ）中心为，半径为２的圆周i 32+-2i 32-11．下列方程所表示的曲线中，不是圆周的为（B ）（A ）（B ）221=+-z z 433=--+z z （C ）（D ）)1(11<=--a azaz )0(0>=-+++c c a a z a z a z z 12．设，则（C ）,5,32,1)(21i z i z z z f -=+=-=12()f z z -=（A ）（B ）（C ）（D ）i 44--i 44+i 44-i 44+-13．（D ）000Im()Im()limz z z z z z →--（A ）等于（B ）等于（C ）等于（D ）不存在i i -014．函数在点处连续的充要条件是（C ）),(),()(y x iv y x u z f +=000iy x z +=（A ）在处连续（B ）在处连续),(y x u ),(00y x ),(y x v ),(00y x （C ）和在处连续（D ）在处连续),(y x u ),(y x v ),(00y x ),(),(y x v y x u +),(00y x15．设且，则函数的最小值为（A ）C z ∈1=z zz z z f 1)(2+-=（A ）（B ）（C ）（D ）3-2-1-1二、填空题1．设，则)2)(3()3)(2)(1(i i i i i z ++--+==z 22．设，则)2)(32(i i z +--==z arg 8arctan -π3．设，则 43)arg(,5π=-=i z z =z i 21+-4．复数的指数表示式为 22)3sin 3(cos )5sin5(cos θθθθi i -+ie θ165．以方程的根的对应点为顶点的多边形的面积为 i z 1576-=６．不等式所表示的区域是曲线（或522<++-z z 522=++-z z ）的内部1)23()25(2222=+y x ７．方程所表示曲线的直角坐标方程为 1)1(212=----zi iz 122=+y x ８．方程所表示的曲线是连接点和的线段的垂i z i z +-=-+22112i -+2i -直平分线９．对于映射，圆周的像曲线为zi =ω1)1(22=-+y x ()2211u v -+=10． =+++→)21(lim 421z z iz 12i -+三、若复数满足，试求的取值范围．z 03)21()21(=+++-+z i z i z z 2+z(（或）)]25,25[+-25225+≤+≤-z 四、设，在复数集中解方程.0≥a C a z z =+22(当时解为或10≤≤a i a )11(-±±)11(-+±a 当时解为)+∞≤≤a 1)11(-+±a 五、设复数，试证是实数的充要条件为或.i z ±≠21zz+1=z Im()0z =六、对于映射，求出圆周的像.)1(21zz +=ω4=z (像的参数方程为．表示平面上的椭圆)π≤θ≤⎪⎩⎪⎨⎧θ=θ=20sin 215cos 217v u w 1)215()217(2222=+v u 七、设，试讨论下列函数的连续性：iy x z +=1.⎪⎩⎪⎨⎧=≠+=0,00,2)(22z z y x xyz f 2..⎪⎩⎪⎨⎧=≠+=0,00,)(223z z y x y x z f (1．在复平面除去原点外连续，在原点处不连续；)(z f 2．在复平面处处连续))(z f 第二章解析函数（答案）一、选择题：1．函数在点处是( B )23)(z z f =0=z（A ）解析的（B ）可导的（C ）不可导的（D ）既不解析也不可导2．函数在点可导是在点解析的( B ))(z f z )(z f z （A ）充分不必要条件（B ）必要不充分条件（C ）充分必要条件（D ）既非充分条件也非必要条件3．下列命题中，正确的是( D )（A ）设为实数，则y x ,1)cos(≤+iy x （B ）若是函数的奇点，则在点不可导0z )(z f )(z f 0z （C ）若在区域内满足柯西-黎曼方程，则在内解析v u ,D iv u z f +=)(D （D ）若在区域内解析，则在内也解析)(z f D )(z if D 4．下列函数中，为解析函数的是( C )（A ）（B ）xyi y x 222--xyi x +2（C ）（D ）)2()1(222x x y i y x +-+-33iy x +5．函数在处的导数( A ))Im()(2z z z f =0z =（A ）等于0 （B ）等于1 （C ）等于（D ）不存在1-6．若函数在复平面内处处解析，那么实常)(2)(2222x axy y i y xy x z f -++-+=数( C )=a （A ）（B ）（C ）（D ）0122-7．如果在单位圆内处处为零，且，那么在内( C ))(z f '1<z 1)0(-=f 1<z ≡)(z f （A ）（B ）（C ）（D ）任意常数011-8．设函数在区域内有定义，则下列命题中，正确的是( C ))(z f D （A ）若在内是一常数，则在内是一常数)(z f D )(z f D （B ）若在内是一常数，则在内是一常数))(Re(z f D )(z f D （C ）若与在内解析，则在内是一常数)(z f )(z f D )(z f D（D ）若在内是一常数，则在内是一常数)(arg z f D )(z f D 9．设，则( A )22)(iy x z f +==+')1(i f （A ）（B ）（C ）（D ）2i 2i +1i 22+10．的主值为( D )ii （A ）（B ）（C ）（D ）012πe 2eπ-11．在复平面上( A )ze （A ）无可导点（B ）有可导点，但不解析（C ）有可导点，且在可导点集上解析（D ）处处解析12．设，则下列命题中，不正确的是( C )z z f sin )(=（A ）在复平面上处处解析（B ）以为周期)(z f )(z f π2（C ）（D ）是无界的2)(iziz e e z f --=)(z f 13．设为任意实数，则( D )αα1（A ）无定义（B ）等于1（C ）是复数，其实部等于1 （D ）是复数，其模等于114．下列数中，为实数的是( B )（A ）（B ）（C ）（D ）3)1(i -i cos i ln e 23π-15．设是复数，则( C )α（A ）在复平面上处处解析（B ）的模为αz αz αz（C ）一般是多值函数（D ）的辐角为的辐角的倍αz αz z α二、填空题1．设，则i f f +='=1)0(,1)0(=-→zz f z 1)(limi +12．设在区域内是解析的，如果是实常数，那么在内是常数iv u z f +=)(D v u +)(z f D3．导函数在区域内解析的充要条件为可微且满足x vix u z f ∂∂+∂∂=')(D xvx u ∂∂∂∂, 222222,xvy x u y x v x u ∂∂-=∂∂∂∂∂∂=∂∂4．设，则2233)(y ix y x z f ++==+-')2323(i f i 827427-5．若解析函数的实部，那么或iv u z f +=)(22y x u -==)(z f ic xyi y x ++-222为实常数ic z +2c 6．函数仅在点处可导)Re()Im()(z z z z f -==z i 7．设，则方程的所有根为 z i z z f )1(51)(5+-=0)(='z f 3,2,1,0),424sin 424(cos 28=π+π+π+πk k i k 8．复数的模为ii ),2,1,0(2L ±±=π-k ek 9．=-)}43Im{ln(i 34arctan -10．方程的全部解为01=--ze),2,1,0(2L ±±=πk i k 三、试证下列函数在平面上解析，并分别求出其导数z 1．（）;sinh sin cosh cos )(y x i y x z f -=;sin )(z z f -='2．（）);sin cos ()sin cos ()(y ix y y ie y y y x e z f xx++-=.)1()(ze z zf +='四、已知，试确定解析函数.22y x v u -=-iv u z f +=)(（.为任意实常数）c i z i z f )1(21)(2++-=c 第三章复变函数的积分（答案）一、选择题：1．设为从原点沿至的弧段，则( D )c x y =2i +1=+⎰cdz iy x )(2（A ）（B ）（C ）（D ）i 6561-i 6561+-i 6561--i 6561+2．设为不经过点与的正向简单闭曲线，则为( D)c 11-dz z z zc ⎰+-2)1)(1(（A ）（B ）（C ）（D ）(A)(B)(C)都有可能2iπ2iπ-03．设为负向，正向，则( B )1:1=z c 3:2=z c =⎰+=dz zzc c c 212sin （A ）（B ）（C ）（D ）i π2-0iπ2iπ44．设为正向圆周，则( C)c 2=z =-⎰dz z zc2)1(cos （A ）（B ）（C ）（D ）1sin -1sin 1sin 2i π-1sin 2i π5．设为正向圆周，则 ( B)c 21=z =--⎰dz z z z c23)1(21cos（A ）（B ）（C ）（D ）)1sin 1cos 3(2-i π01cos 6i π1sin 2i π-6．设，其中，则( A )ξξξξd ze zf ⎰=-=4)(4≠z ='）i f π(（A ）（B ）（C ）（D ）i π2-1-i π217．设在单连通域内处处解析且不为零，为内任何一条简单闭曲线，则积分)(z f B c B( C )dz z f z f z f z f c⎰+'+'')()()(2)(（A ）于（B ）等于（C ）等于（D ）不能确定i π2i π2-08．设是从到的直线段，则积分（ A ）c 0i 21π+=⎰cz dz ze （A ） (B) (C) (D) 21eπ-21eπ--i e21π+ie21π-9．设为正向圆周，则( A )c 0222=-+x y x =-⎰dz z z c1)4sin(2π（A ）（B ）（C ）（D ）i π22i π20i π22-10．设为正向圆周，则( C)c i a i z ≠=-,1=-⎰cdz i a zz 2)(cos （A ）（B ）（C ）（D ）ie π2eiπ20i i cos 11．设在区域内解析，为内任一条正向简单闭曲线，它的内部全属于．如果)(z f D c D D 在上的值为2，那么对内任一点,( C ))(z f c c 0z )(0z f （A ）等于0 （B ）等于1 （C ）等于2 （D ）不能确定12．下列命题中，不正确的是( D )（A ）积分的值与半径的大小无关⎰=--ra z dz az 1)0(>r r （B ）,其中为连接到的线段2)(22≤+⎰cdz iy xc i -i （C ）若在区域内有，则在内存在且解析D )()(z g z f ='D )(z g '（D ）若在内解析，且沿任何圆周的积分等于零，则)(z f 10<<z )10(:<<=r r z c 在处解析)(z f 0=z 13．设为任意实常数，那么由调和函数确定的解析函数是 ( D)c 22y x u -=iv u z f +=)((A) （B ）（C ）（D ）c iz +2ic iz +2c z +2ic z +214．下列命题中，正确的是(C)（A ）设在区域内均为的共轭调和函数，则必有21,v v D u 21v v =（B ）解析函数的实部是虚部的共轭调和函数（C ）若在区域内解析，则为内的调和函数iv u z f +=)(D xu∂∂D （D ）以调和函数为实部与虚部的函数是解析函数15．设在区域内为的共轭调和函数，则下列函数中为内解析函数的是( ),(y x v D ),(y x u D B )（A ）（B ）),(),(y x iu y x v +),(),(y x iu y x v -（C ）（D ）),(),(y x iv y x u -xv i x u ∂∂-∂∂二、填空题1．设为沿原点到点的直线段，则 2c 0=z i z +=1=⎰cdz z 22．设为正向圆周，则c 14=-z =-+-⎰c dz z z z 22)4(23i π103．设,其中，则 0 ⎰=-=2)2sin()(ξξξξπd zz f 2≠z =')3(f 4．设为正向圆周，则=+⎰cdz zzz c 3=z i π65．设为负向圆周，则 c 4=z =-⎰c z dz i z e 5)(π12iπ6．解析函数在圆心处的值等于它在圆周上的平均值7．设在单连通域内连续，且对于内任何一条简单闭曲线都有，)(z f B B c 0)(=⎰cdz z f 那么在内解析)(z f B 8．调和函数的共轭调和函数为xy y x =),(ϕC x y +-)(21229．若函数为某一解析函数的虚部，则常数 -323),(axy x y x u +==a 10．设的共轭调和函数为，那么的共轭调和函数为 ),(y x u ),(y x v ),(y x v ),(y x u -三、计算积分1.,其中且;⎰=+-R z dz z z z)2)(1(621,0≠>R R 2≠R （当时，；当时，；当时，）10<<R 021<<R i π8+∞<<R 202.．（0）⎰=++22422z z z dz四、求积分，从而证明.（）⎰=1z zdz z e πθθπθ=⎰0cos )cos(sin d e i π2五、若，试求解析函数.)(22y x u u +=iv u z f +=)(（（为任意实常数））321ln 2)(ic c z c z f ++=321,,c c c 第四章级数（答案）一、选择题：1．设，则( C )),2,1(4)1(L =++-=n n nia n n n n a ∞→lim （A ）等于（B ）等于（C ）等于（D ）不存在01i2．下列级数中，条件收敛的级数为( C )（A ）（B ）∑∞=+1)231(n n i ∑∞=+1!)43(n nn i （C ）（D ）∑∞=1n n n i ∑∞=++-11)1(n n n i3．下列级数中，绝对收敛的级数为(D )（B ）（B ）∑∞=+1)1(1n n i n ∑∞=+-1]2)1([n n n in (C) （D ）∑∞=2ln n n n i ∑∞=-12)1(n n nn i 4．若幂级数在处收敛，那么该级数在处的敛散性为( A )∑∞=0n n nz ci z 21+=2=z （A ）绝对收敛（B ）条件收敛（C ）发散（D ）不能确定5．设幂级数和的收敛半径分别为，则∑∑∞=-∞=01,n n n n nnznc z c∑∞=++011n n n z n c 321,,R R R 之间的关系是( D )321,,R R R （A ）（B ） 321R R R <<321R R R >>（C ）（D ）321R R R <=321R R R ==6．设，则幂级数的收敛半径( D )10<<q ∑∞=02n n n z q =R （A ）（B ）（C ）（D ）q q10∞+7．幂级数的收敛半径( B )∑∞=1)2(2sinn n z n n π=R（A ）（B ）（C ）（D ）122∞+8．幂级数在内的和函数为( A )∑∞=++-011)1(n n n z n 1<z （A ）（B ）)1ln(z +)1ln(z -（D ） (D) z +11lnz-11ln 9．设函数的泰勒展开式为，那么幂级数的收敛半径( C )z e z cos ∑∞=0n n n z c ∑∞=0n nn z c =R （A ）（B ）（C ）（D ）∞+12ππ10．级数的收敛域是( B )L +++++22111z z z z（A ）（B ）（C ）（D ）不存在的1<z 10<<z +∞<<z 111．函数在处的泰勒展开式为( D)21z1-=z （A ）（B ）)11()1()1(11<++-∑∞=-z z n n n n)11()1()1(111<++-∑∞=--z z n n n n （C ）（D ）)11()1(11<++-∑∞=-z z n n n )11()1(11<++∑∞=-z z n n n 12．函数，在处的泰勒展开式为( B )z sin 2π=z （A ）)2()2()!12()1(012+∞<--+-∑∞=+ππz z n n n n（B ）)2()2()!2()1(02+∞<---∑∞=ππz z n n nn （C ）)2()2()!12()1(0121+∞<--+-∑∞=++ππz z n n n n （D ）)2()2()!2()1(021+∞<---∑∞=+ππz z n n nn 13．设在圆环域内的洛朗展开式为，为内)(z f 201:R z z R H <-<∑∞-∞=-n n nz z c)(0c H 绕的任一条正向简单闭曲线，那么( B )0z =-⎰c dz z z z f 20)()((A) （B ）（C ）（D ）12-ic π12ic π22ic π)(20z f i 'π14．若，则双边幂级数的收敛域为( A )⎩⎨⎧--==-+=L L ,2,1,4,2,1,0,)1(3n n c nn n n ∑∞-∞=n nn z c （A ）（B ） 3141<<z 43<<z （C ）（D ）+∞<<z 41+∞<<z 3115．设函数在以原点为中心的圆环内的洛朗展开式有个，那么)4)(1(1)(++=z z z z f m ( C )=m （A ）1 （B ）2 （C ）3 （D ）4二、填空题1．若幂级数在处发散，那么该级数在处的收敛性为发散∑∞=+0)(n n ni z ci z =2=z 2．设幂级数与的收敛半径分别为和，那么与之间的关∑∞=0n nnz c∑∞=0)][Re(n n n z c 1R 2R 1R 2R系是．12R R ≥3．幂级数的收敛半径∑∞=+012)2(n n nz i =R 224．设在区域内解析，为内的一点，为到的边界上各点的最短距离，那么)(z f D 0z d 0z D 当时，成立，其中d z z <-0∑∞=-=0)()(n n nz z cz f 或=n c ),2,1,0()(!10)(L =n z f n n （）．)0,2,1,0()()(21010d r n dz z z z f irz z n <<=-π⎰=-+L 5．函数在处的泰勒展开式为．z arctan 0=z )1(12)1(012<+-∑∞=+z z n n n n 6．设幂级数的收敛半径为，那么幂级数的收敛半径为∑∞=0n nn z c R ∑∞=-0)12(n n n n z c 2R ．7．双边幂级数的收敛域为．∑∑∞=∞=--+--112)21()1()2(1)1(n n n nnz z 211<-<z 8．函数在内洛朗展开式为．zze e 1++∞<<z 0nn nn z n z n ∑∑∞=∞=+00!11!19．设函数在原点的去心邻域内的洛朗展开式为，那么该洛朗级数z cot R z <<0∑∞-∞=n n nz c收敛域的外半径．=R π10．函数在内的洛朗展开式为)(1i z z -+∞<-<i z 1∑∞=+--02)()1(n n n n i z i三、若函数在处的泰勒展开式为，则称为菲波那契(Fibonacci)211z z --0=z ∑∞=0n nn z a {}n a 数列，试确定满足的递推关系式，并明确给出的表达式．n a n a （，)2(,12110≥+===--n a a a a a n n n ）),2,1,0(}251()251{(5111L =--+=++n a n n n 四、求幂级数的和函数，并计算之值.∑∞=12n nz n ∑∞=122n n n （，）3)1()1()(z z z z f -+=6五、将函数在内展开成洛朗级数.)1()2ln(--z z z 110<-<z （）n n nk k z k n z z z z z z )1(1)1(()2ln(111)1()2ln(001-+--=-⋅⋅-=--∑∑∞==+第五章留数(答案)一、选择题：1．函数在内的奇点个数为 ( D )32cot -πz z2=-i z （A ）1 （B ）2 （C ）3 （D ）42．设函数与分别以为本性奇点与级极点，则为函数)(z f )(z g a z =m a z =)()(z g z f 的( B )（A ）可去奇点（B ）本性奇点（C ）级极点（D ）小于级的极点m m 3．设为函数的级极点，那么( C )0=z zz e xsin 142-m =m（A ）5 （B ）4 (C)3 （D ）24．是函数的( D )1=z 11sin)1(--z z (A)可去奇点（B ）一级极点（C ）一级零点（D ）本性奇点5．是函数的( B )∞=z 2323z z z ++(A)可去奇点（B ）一级极点（C ）二级极点（D ）本性奇点6．设在内解析，为正整数，那么( C )∑∞==)(n n n z a z f R z <k =]0,)([Re kz z f s （A ）（B ）（C ）（D ）k a k a k !1-k a 1)!1(--k a k 7．设为解析函数的级零点，那么='],)()([Re a z f z f s ( A )a z =)(z f m (A) （B ）（C ）（D ）m m -1-m )1(--m 8．在下列函数中，的是（ D ）0]0),([Re =z f s （A ）（B ）21)(ze zf z -=z z z z f 1sin )(-=（C ） (D) z z z z f cos sin )(+=ze zf z 111)(--=9．下列命题中，正确的是( C )（A ）设，在点解析，为自然数，则为的)()()(0z z z z f mϕ--=)(z ϕ0z m 0z )(z f 级极点．m （B ）如果无穷远点是函数的可去奇点，那么∞)(z f 0]),([Re =∞z f s （C ）若为偶函数的一个孤立奇点，则0=z )(z f 0]0),([Re =z f s（D ）若，则在内无奇点0)(=⎰c dz z f )(z f c 10． ( A )=∞],2cos[Re 3ziz s （A ）（B ）（C ）（D ）32-32i 32i32-11． ( B)=-],[Re 12i e z s iz （A ）（B ）（C ）（D ）i +-61i +-65i +61i +6512．下列命题中，不正确的是( D)（A ）若是的可去奇点或解析点，则)(0∞≠z )(z f 0]),([Re 0=z z f s （B ）若与在解析，为的一级零点，则)(z P )(z Q 0z 0z )(z Q )()(],)()([Re 000z Q z P z z Q z P s '=（C ）若为的级极点，为自然数，则0z )(z f m m n ≥)]()[(lim !1]),([Re 1000z f z z dzd n z z f s n n nx x +→-=（D ）如果无穷远点为的一级极点，则为的一级极点，并且∞)(z f 0=z )1(zf )1(lim ]),([Re 0zzf z f s z →=∞13．设为正整数，则( A )1>n =-⎰=211z ndz z (A) （B ）（C ）（D ）0i π2niπ2i n π214．积分( B )=-⎰=231091z dz z z （A ）（B ）（C ）（D ）0i π2105iπ15．积分( C )=⎰=121sin z dz z z （A ）（B ）（C ）（D ）061-3i π-iπ-二、填空题1．设为函数的级零点，那么 9 ．0=z 33sin z z -m =m 2．函数在其孤立奇点处的留数zz f 1cos1)(=),2,1,0(21L L ±±=+=k k z k ππ．=]),([Re k z z f s 2)2()1(π+π-k k3．设函数，则 0 }1exp{)(22zz z f +==]0),([Re z f s 4．设为函数的级极点，那么．a z =)(z f m ='],)()([Re a z f z f s m -5．设，则 -2 ．212)(zzz f +==∞]),([Re z f s 6．设，则．5cos 1)(z z z f -==]0),([Re z f s 241-7．积分．=⎰=113z zdz e z 12iπ8．积分．=⎰=1sin 1z dz z i π2三、计算积分．()⎰=--412)1(sin z z dz z e z z i π-316四、设为的孤立奇点，为正整数，试证为的级极点的充要条件是a )(z f m a )(z f m ，其中为有限数．b z f a z m az =-→)()(lim 0≠b 五、设为的孤立奇点，试证：若是奇函数，则；a )(z f )(z f ]),([Re ]),([Re a z f s a z f s -=若是偶函数，则．)(z f ]),([Re ]),([Re a z f s a z f s --=。

复变函数5

'
是
1 的 1 级极点．由定理 5.3， z sin z
z 2 ' z 2 z 2 z
，e z − 1 的 1 级零点， z 的 2 级零点，所以 z = 0 是 ① z = 0 时， z = 0 是 sin z 的 1 级零点，
2
sin z (e z − 1) z 2 的 4 级零点．
② z1 = kπ ， k ≠ 0 时， f ( z1 ) = 0 ， f ' ( z1 ) ≠ 0 ，由定义 5.2 知， z1 = kπ ， k ≠ 0 是 f ( z ) 的 1 级零点．由定义 5.2 知，z2 = 2kπ i ，k ≠ 0 是 f ( z ) ③ z2 = 2kπ i ，k ≠ 0 时， f ( z1 ) = 0 ， f ' ( z1 ) ≠ 0 ，的 1 级零点． 3． z = 0 是函数 (sin z + shz − 2 z ) 的几级极点？答：记 f ( z ) = sin z + shz − 2 z ，则 f ( z ) = cos z + chz − 2 ， f ( z ) = − sin z + shz ，
z = 0 是函数 f ( z ) = sin z + shz − 2 z 的 5 级零点，故是 (sin z + shz − 2 z ) −2 的 10 级极点．
4．证明：如果 z0 是 f ( z ) 的 m( m > 1) 级零点，那么 z0 是 f ( z ) 的 m − 1 级零点．
'
证明：因为 z0 是 f ( z ) 的 m 级零点，所以 f ( z0 ) = f ' ( z0 ) = f '' ( z0 ) = " = f

复变函数习题总汇与参考答案

复变函数习题总汇与参考答案第1章复数与复变函数一、单项选择题1、假设Z 1=〔a, b 〕,Z 2=(c, d),那么Z 1·Z 2=〔C 〕 A 〔ac+bd, a 〕 B (ac-bd, b) C 〔ac-bd, ac+bd 〕 D (ac+bd, bc-ad)2、假设R>0，那么N 〔∞，R 〕={ z ：〔D 〕} A |z|<R B 0<|z|<R C R<|z|<+∞ D |z|>R3、假设z=x+iy, 那么y=(D)A B C D4、假设A= ，那么|A|=〔C 〕A 3B 0C 1D 2二、填空题1、假设z=x+iy, w=z 2=u+iv, 那么v=〔 2xy 〕2、复平面上满足Rez=4的点集为〔 {z=x+iy|x=4} 〕3、〔设E 为点集，假设它是开集，且是连通的，那么E 〕称为区域。

2zz +2z z -iz z 2+iz z 2-)1)(4()1)(4(i i i i +--+4、设z 0=x 0+iy 0, z n =x n +iy n (n=1,2,……)，那么{z n }以z o 为极限的充分必要条件是 x n =x 0，且 y n =y 0。

三、计算题1、求复数-1-i 的实部、虚部、模与主辐角。

解：Re(-1-i)=-1 Im(-1-i)=-1 |-1-i|=2、写出复数-i 的三角式。

解：3、写出复数的代数式。

解：4、求根式的值。

+∞→n lim +∞→n limππ45|11|arctan ),1(12)1()1(=--+=--∴--=-+-i ary i 在第三象限 ππ23sin 23cos i i +=-i i i i i i i i i i i i i i i 212312121)1()1)(1()1(11--=--+-=⋅-++-+=-+-ii i i -+-11327-解：四、证明题1、证明假设，那么a 2+b 2=1。

复变函数积分变换——课后答案

z (
ln 1 z 1
( )
+
b ．lim lim 1 ，故z 0 为可去奇点。
z→0 z→0 1+
----------------------- Page 1-----------------------
习题五解答
1、下列函数有些什么奇点？如果是极点，指出它的级。
z − z −
( 1)( 1) z z
( −1)( +1)
∞ z n+1 ( ) ∞ n
1 z
（4 ）；（5）；（6）e − ；
n +1 z n +1
n 0 n 0
3 sin z
a. z 0 为sin z 为的一级零点；而z 0 为z 的三级零点。故z 0 为的二级极点。
z z z z 2 z 1
（7）因e −1 z∑ z(1+ + +) ，故z 0 为z (e −1) 的三级零点，因而是 2 z
1
ln(z +1) z
(2k+1)π
1+z (k 0,±1,±2,) 1+e
（5）由1+z 0 得z ±i 为的一级零点，由1+e 0得z 2k +1 i 为
( ) 2 2 ( )
z (z +1)
其奇点，z 0 为一级极点，而z ±i 为其二级极点。
3
z
n 0 (n +1) ! 2 3! z (e −1)
的三级极点，而z 2kπi,(k ±1,±2,) 均为一级极点。
1 sin z 1
（1）；（2 ）；（3）；

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