复变函数第5章测验题参考解答

2
6.设常数 a 0 ，则积分


0
cos ax d x 的值为（ 1 + x2
（C）
）. （D） e a
（A）

2e
a
（B）
ea
ea 2
【答案】A 【解析】设 f ( z ) =
”
）.
eazi e azi Res( , ) f i = z = i ，它在上半平面内有单极点 ，且 2z 1+ z2
国
防
z7 ， 则 f ( z) 在 有 限 复 平 面 上 所 有 孤 立 奇 点 处 留 数 的 和 ( z 2 − 1)3 ( z 2 + 2)
科
1 2 i

f ( z ) d z = N − P = 4−4 = 0. f ( z)
大
3 有单零点 z = 1 以及二阶零点 z = 0 ，所以零点个数为 N = 4 ；又函 2 数在该圆盘内有两个二阶极点 i ，所以极点个数为 P = 4 ，因此
z →
科
复平面上的所有孤立奇点，且有
16.实积分
国


防
上所有孤立奇点的留数和等于零.
0
d 可以用留数的方法计算.（ 5 − 3sin
大
【解析】由于 lim z f ( z ) = lim
z ( z 2 + 4)3 = 0 ， C : z = ( 1) 包含函数在有限 z → ( z − 1) 2 ( z 3 + 1) 2
=
z =i
e− a ， 2i
所以有
eaxi e− a d x 2 i Res( f , i ) 2 i = = = e− a ， − 1 + x 2 2i

取实部得

cos ax cos ax 1 cos ax d x = e− a ，因此 dx= d x = a ，故选（A）. 2 2 2 0 1+ x − 1 + x 2 − 1 + x 2e
4.设 f ( z ) = ( z 2 + 1)2 , C : z = 的改变量为 .
变
ez − e ，由于 z ( z − 1)
]
（A） 2 i(e − 1)
（B） 2 i(1 − e)
（C） 2 ei
函
z = 2 f ( z ) d z 的值为（
）.
z d z = cos1 ，故选（A）. z −1
数
2. 设 f ( z ) =
ez − a ，其中 z = 1 和 z = 0 分别为 f ( z ) 的可去奇点和极点，则积分 ( z − b)( z − 1)
7 4
).
【解析】令 f ( z ) = 5 z ， g ( z ) = z − 2 z + 1 ，在 z = 1 上有
4 7
个数为 4，故选（D）.
2.方程 z 4 − 5 z + 1 = 0 在圆环 1 z 2 内根的个数为（ （A） 1 【答案】C （B） 2
“复
（C） 3
4
变
由儒歇定理知 f ( x) + g ( x) 与 f ( z ) 在 z = 1 内的零点个数相同， 所以方程在 z 1 内的零点
大
z →0
1 z sin d z 的值为（ ）. 2 i C z −1 （C） cos1 − sin1 （D） cos1 + sin1
“复

C
ez − e = e −1 ， z ( z − 1)
1 1 1 − + z − 1 3! ( z − 1)3
sin
所以 Res(sin
z 1 ,1) = −1 = cos1 ，因此 z −1 2 i

z − z0 =
f ( z ) d z 对于 (0, R) 为常
【解析】由于函数 f ( z ) 在 0 z − z0 R 内解析，由多连通区域的柯西定理，对于任意
0 1 , 2 R ， 有
为常数.
z − z0 = 1
f ( z) d z =

z − z0 = 2
即 f ( z) d z ，
z − z0 =
f ( z ) d z 对于 (0, R)
14. 设 z0 为 函 数 f ( z ) 的 孤 立 奇 点 ， 则 z0 为 函 数 f ( z ) 的 可 去 奇 点 的 充 要 条 件 是
1
Res(e , 0) = 0 .
z2
15.函数 f ( z ) = 【答案】正确

C
“复
( z 2 + 4)3 在有限复平面上所有孤立奇点处留数的和为零.( ( z − 1)2 ( z 3 + 1)2
变
函
）
【解析】 Res( f , z0 ) = 0 时 z0 不一定是可去奇点，例如 z = 0 为函数 e
数
【答案】错误
”
1 z2
Res( f , z0 ) = 0 .（
）
的本性奇点，但
dz ，所以 iz d 1 d 1 I = = = 0 5 − 3cos − 2 5 − 3cos 2

C
故选（A）.
（A）
2
“复
4 i 1 4i

z dz z =1 (bz + 2az + b ) 2 z dz (bz + 2az + b) 2
2
变
（B） 4i
5.设 a, b 为常数且 a b 0 ，则实积分
(1 + z ) 2 ，则 Res( f ,1) 的值为 z4 −1
.
【解析】由于 z = 1 为 f ( z ) 的单极点，所以
z →1
z →1
变
11.设 f ( z ) = 【答案】0
z sin( z ) 1 3 ， C : z = 为逆时针方向，则 2 2 ( z + 1) 2 i 2
函

防
4
科
函
）. （D） 4
g ( z) z + 2 z + 1 = 4 5 = f ( z) ，
7
【解析】因为当 z 1 时 z − 8 z + 10 10 − ( z + 8) 0 ，所以方程的四个根全部位于
4
z 1 中.
1 ，则当 z 按逆时针方向沿 C 绕行一周时， f ( z ) 幅角 2
大
【解析】由儒歇定理知方程在单位圆内以一个根，而当 z 2 时
z 4 − 5 z + 1 z − 5 z − 1 16 − 10 − 1 = 5 0 ，
3.方程 z 4 − 8 z + 10 = 0 在单位圆外 z 1 的根的个数为 【答案】4
国
所以在 z 2 内方程没有根，因此剩下的三个根全部落在所给圆环内.
z →−1 z →−1
故选（D）.
【答案】A 【解析】由条件易知 a = e, b = 0 ，即 f ( z ) =
Res( f ,1) = 0 ， Res( f , 0) = lim z
由留数定理知
z =2
国
故选（A）.
防

f ( z ) d z = 2 i[Res( f ,1) + Res( f , 0)] = 2 i(e − 1) ，
)
f ( z ) d z = 0 ，所以由留数定理知，函数在有限复平面
【答案】错误
【解析】由于积分区间为 [0, ] ，并且不能将其转化为 [0, 2 ] 上三角有理函数的积分，所以 不能化为单位圆周上的复积分，因而不能用留数的方法计算.
17. 用 留 数 方 法 计 算 积 分 实 积 分

3.设 C : z = 2 为逆时针方向，则积分 （A） cos1 【答案】A （B） sin1
【解析】因为 sin
z 1 1 1 = sin(1 + ) = sin1cos + cos1sin z −1 z −1 z −1 z −1
= sin1[1 −
1 1 + 2! ( z − 1) 2
科
] + cos1[
7.实积分


0
dx 的值为（ (1 + x 2 ) 2
（B）
）. （C） （D） 2
（A）
4
2
【答案】A
Res( f , i ) = lim[( z − i ) 2
z →i
所以
大
8.设 C : z = 2 为逆时针方向，则积分
“复
（C）

1 1 d x = 2 i Res( f , i) = 2 i = ，因此所求积分的值为 ，故选（A）. 2 2 − (1 + x ) 4i 2 4
9.函数 f ( z ) = 【答案】0
1 在 z = 0 处的留数为 z sin z
”
【解析】因为
1 1 = 2 z sin z z
1 z 1− + 6
2
=
1 z2 (1 + + z2 6
)=
1 1 + + z2 6
，所以
Res( f , 0) = −1 = 0 .
10.设 f ( z ) = 【答案】1
（C）
大

z =1
（D）
i 4

z =1
防
【解析】令 z = ei ，则 d =
故选（A）.
国
dz ，所以 iz 2 d 1 dz 4 = 0 (a + b cos )2 = z =1 1 1 2 iz i [a + b ( z + )] 2 z
科
【答案】A

z =1
z dz， (bz + 2az + b) 2
（D） −2 ei
”
4.实积分 （A）


0

4
d 的值为（ 5 − 3cos
（B）
）. （C）
2
3
（D）

5
【答案】A 【解析】令 z = ei ，则 d =
1 dz dz ， =i 2 C 1 1 3 z − 10 z + 3 5 − 3 ( z + ) iz 2 z 1 1 令 f ( z) = 2 ，该函数在 z = 1 内有单极点 z = ，且 3z − 10 z + 3 3
1 1 1 )(1 + + + z 2! z 2
2 5 1 ) = −1 − − − z 2 z2
数
0
，
【解析】设 f ( z ) =
1 ，它在上半平面有二阶极点 z = i ，且 (1 + z 2 ) 2
z 1 C 1 − ze z d z =

−2 d z = −4 i ，故选（A）. C z
留数及其应用单元测验（1）
1.函数 f ( z ) = （A） 2 【答案】D
z4 在 z = −1 处的留数为（ (1 + z )2
（B） 4 （C） −2
）. （D） −4
【解析】因为 z = −1 为函数 f ( z ) 的二阶极点，所以
Res( f , −1) = lim[( z + 1) 2 f ( z )] = lim 4 z 3 = −4 ，
【解析】函数在 z =
“复
1 2 i

C
f ( z ) d z ，由于
z8 lim zf ( z ) = lim 2 = 1， z → z → ( z − 1)3 ( z 2 + 2)
所以
1 2 i

C
f ( z) d z = 1 .
”
13. 若函数 f ( z ) 在 0 z − z0 R 内解析，则积分 数.( ) 【答案】正确

0
ln x dx 时 ， 所 构 造 的 辅 助 函 数 为 (1 + x)3
f ( z) =
ln z .( (1 + z )3
)
【答案】错误
【解析】所构造的辅助函数为 f ( z ) = 求的实积分.
(ln z )2 ，这样在所选择的的闭曲线上积分才能得到所 (1 + z )3
留数及其应用单元测验（2） 1.函数 f ( z ) = z + 5 z − 2 z + 1 在 z 1 内的零点个数（计算重数）是(
C
数
f ( z ) d z 的值为 f ( z)
.
Res( f ,1) = lim( z − 1) f ( z ) = lim
( z + 1) 2 =1. z3 + z 2 + z + 1
C
12. 设 f ( z ) = 为 . 【答案】1
【解析】函数在有限复平面的所有孤立奇点为 z = 1 和 z = 2i ，它们均在 C : z = 2 内， 由留数定理，函数在这些孤立奇点处留数的和等于

2
0
d 可转化为复积分（ (a + b cos ) 2
函

2
数
2
1 1 1 1 Res( f , ) = = − ，由留数定理有 I = i 2 i Res( f , ) = ， 3 4 3 6 z − 10 z = 1 8
3
z dz z =1 (bz + 2az + b) 2 z dz (bz + 2az + b) 2
z 1 C 1 − z e z d z 的值为（
变
.
【解析】当 z 1 时，有洛朗展式
z 1 1 1 1 1 z e =− e z = −(1 + + 2 + 1 1− z z z 1− z
所以
国
防
科
（A） −4 i 【答案】 A
（B） −2wenku.baidu.comi
−2 ei （D）
函
）.
1 2 1 ] = lim − = ， 2 2 3 z → i (1 + z ) ( z + i) 4i