复变函数与积分变换自测题

1、复变函数与积分变换自测题1:第一章至第三章1、已知函数f(z)在z0处连续，且f(z0)w0.求证：存在z0的某个邻域，f(z)在其中 处处不为0.2、试将1-coso +isin 8化为指数形式。3、计算(3+4i) 1+i04、计算tan(3-i)。(注意：指最后结果需将实部、虚部分离)5、求解方程 sinz+icosz=4i。6、已知v(x,y)=epxsiny是调和函数，求实常数p的值，并求对应的复变解析函数 f(z)=u+iv o7、 已知 f(z)= ex xcosy-ysiny+i(ycosy+xsiny)，求 f (z)。x iy8、已知解析函数f(z)满足，当zw0时，f (

2、z尸 j,求f(z)。x y9、计算im(z)dz,其中c：由0到2+i的有向线段。c10、 计算 z 1|dz,其中c： z 1正向。c11、 计算？cosdz ,其中c： z 1顺时针方向。c z12、 计算(2z rez)dz,其中c： (1, 0)沿单位圆的上半周至(-1,0 ).c13、 计算？(z 1)2e3dz,其中c： |z 1。已知条件：f(z)在闰 r(r 1)cz22i内解析，且f(0)=1,f (0)=2.由此再计算cos f(e )d的值。02自测题1答案1、证明：反设题设结论不成立。用数学语言表示：0, z u(zc,),s.t f(z) 00于是由于f(z)在z0

3、处连续(连续必极限存在)，及复变函数极限的定义，知f(z0)=0, 与题目已知条件矛盾。，题设结论获证。2、化为指数形式意味着必须标准化，成为 rei形式。我们首先计算复数的模。 7(1 cos )2 sin2 e 2cos(逆用二倍角公式，这一点大家一定要掌握）2 sin 2 （绝对值符号千万表丢了）下面考虑复数的辐角。-sin1 cos事实上 2k时，原复数为 0,cot（逆用二倍角公式，注意cot0无意义, 辐角不存在，也不需要表示为指数式了）2 sin - e2i ()1 2。tan（-）。因此，只要 2k时，原复数就可以表示为下面的指数式:3、遇到这样的问题一定要用最原始的方法进行计

4、算,首先计算ln(3 4i) ln5i(arctan- 2k ),则原式二4(1 i) ln5 i (arctan 2 k )e34、tan(3-i)=sin(3 i)cos(3 i)sin3cosi cos3sinicos3cosi sin3sin i（和差角公式）44、ln5 arctan 2 k i (ln5 arctan-)e 33（为什么可以这样？因为e2k i 1）由此可见，我们绝对不能忽略 lnz的多值性，2k m很重要!sin3ch1 i cos3sh1 (sin3ch1 i cos3sh1)(cos3ch1 i sin3sh1)cos3ch1 i sin3sh1cos23ch

5、21 sin2 3sh21sin3cos3(ch21 sh21) ish1ch1(sin23 cos2 3) cos23ch21 sin23sh21sin 6 ish22(cos2 3ch21 sin2 3sh21)ie iz 4i ,则(注意恒等式与二倍角公式的巧妙运用)5、这个问题显然不经处理是无法轻易解决的。考虑原方程可化为我们可知-iz=ln4.从而 z=iln4=iln4-2k 冗。6、p 1, f (z) ez;or,p1, f (z) ezo （想想为什么可以这样快地得到结果？知道前者就可以对偶地将后者设出来啦）212、易见 2zdz ( 1)c阶导数公式，它等于8冗i ;因此，

6、运用参数化方法,2icos f(e )d=2冗.7、解这样的问题，以首先化简f(z)为宜，因为复变函数的求导法则与实函数相同。f(z) zez, f (z) (z 1)ez。(将复变初等函数展开为u、v的形式，要烂熟于心，“挫骨扬灰”都能认出来！)、.一一一11一8、方法一(强烈推荐！解析函数法) q f (z) -, f(z) lnz c,x iy z其中zwo, c为任意复常数。方法二：首先利用已知条件求得一u,v,再利用cauchy-riemann条件，通过“偏 x x积分”的方法将u、v求出。(很罗嗦，这里不作演示了)9、利用参数法，本题答案为1 -210、大家可以发现本题的解决依赖于

7、第 2题的结论！令z 6 ,则原式=22 sin (cos i sin )d (注意：积分上下限的变化、积分变量的变化、被积02函数的变化)=-i 0311、考虑复变函数的积分是线积分，可以将积分曲线的方程代入表达式， 则显然 分母被消去，原式=0.12 0 (用原函数法)，而rezdz (令z e )c0 cos i(cos i sin )d13、本题大家要勇于对 ？(zc1)22dz拆项计算，利用cauchy积分公式与 z复变函数与积分变换自测题2:第四章14、幕级数 黑n 1 n2-zn的收敛半径是多少?ez15、 在z=0的邻域内将f(z) 展开成泰勒级数，它的收敛半径是多少?1 zn

8、16、 判别 l的敛散性。n 1 n17、 证明cos (in) 是无界数列，并判别c0s瓢)的敛散性。n 1 n. 2sin18、 求f(z) ?2d 在z=0处的泰勒展开式，其中c：1正向c(z )19、 求 f (z)朗展式。z2 2z 5 2 5在圆环域(z 2)(z2 1)z 2 j5内的洛20、自测题2本题计算的要点在于极限式的变换,答案因为复变幕级数与实函数的幕级数,求收敛半径的方法是相同的。答案是0e因为极限式化简至最后形如lim 一。n n21、 考虑f(z)的第一个不解析点(指离复平面原点最近的一个)为 z=1,则收敛半径就是1.这是课本上一个很重要的结论，因为洛朗级数展开

9、时分圆环域 讨论的思想，即由此而来。22、 这级数是收敛的。遇到这类问题，第一步一定是将实部虚部剥离，分别判定敛散性。大家可以先写出前几项，继而得出结论：原级数=i ul+15_,实部、虚部均收敛。因为它们满足leibnizn0 2n 1 2n1 n准则：通项取绝对值后单调递减且趋于 0.这是验证常数项交错级数敛散性, 最重要的方法。(1)nn 1 nln2 ,大家还记得吗？ ？23、 证明cos (in) 是无界数列，并判别c0s2in)的敛散性。n 1 n普里瓦洛夫(前苏联复变函数论泰斗)是莫斯科大学的教授，一次期末口试(要知道,口试可比笔试难多了 ，无论是从教师还是从学生的角度来说)，有

10、一个学生刚走进屋子， 就被当头棒喝般地问了一句“ sin z有界无界？”此人稀里糊涂地回答了一句“有界” ，就马上被判不及格，实在是不幸之至。本题实 际考查的核心即是sinz、cosz无界，因 为当y为实数时,ey e ycos(iy)=chy= 。因此，本题不证自明，级数发散。224、 解本题的核心是视g( ) sin2 ，对给定的z用一阶导数公式，则可得f(z)=2冗isin2z 。这一函数的泰勒展式是十分简单的25、考虑 f(z)2十分复杂, (z 2)(z2 1)对于这样的分式多项式函数求洛多 采 用 分 部 分 式 法f(z)21./ 1z2 1 z 2 (z i1 一，一),这样一

11、来展式也就十分简 i26、27、28、29、30、r(r 0,r 1)。单了复变函数与积分变换自测题3:第五章 1z=1是函数f (z) cos 的什么奇点?z 11求 lim(z 1)sinz 1(z 1)2设z=a为解析函数f(z)的m级零点，求res ；：z) ,a。11 cosz求 res,以及 res,0。zsinzz sin z22_1设(c)：工1 ,求？(z 1)ez 1dz49c1ez .求一dz ,其中(c)： z?z2 1补充列出第四、五章作业题中很重要的一些题：第四章：3、4、9、10、16.第五章：2、5、12、20、50、51、55、(实积分部分)22、24.这些题

12、目不是常规方法能够很好解决的。希望大家复习时加以重视其中第五章第5题正确答案为a,第51题正确答案为c,校内流传的“参考答案”是错的。第5题考虑zo是f(z)的本性奇点，则lim f(z)不存在；从而lim (z) z z0z z0也不存在，zo是小(z)的本性奇点。自测题3答案32、易见将f(z)展开成(z-1)的洛朗级数，有无穷多个负幕项，因此 z=1为f(z)的本性奇点。33、34、极限不存在，因为z=1为函数的本性奇点(道理同上)令 f(z) (z a)mg(z),其中 g(a) w0.那么，resf-(z),a res f(z)(z a)mg(z) m(z a)m1g(z)(z a)

13、mg(z),aresg (z), a m res , a g(z)z a0mm【注意9g在z=a点是解析的】g(z)r.135、 reszsinz(注意z=tt是一级极点，用规则1)=lim - limz zsinz z11zcosz sinz1 cosz ,res,0z sinz(注意z=0是一级极点，用规则1)z zcoszlimz 0 z sin z zcosz1 1 lim z 0 sin zzsin z lim z 01 cosz这两题考查的都是一级极点用规则 1后，连续使用洛必达法则进行变换。但请大家务必注意：洛必达法则在复变函数中，一般都只适用于0/0型的极限!36、考虑积分曲线是一个椭圆，我们令t=z-1,则?(z c其中c是c向下做了 1个单位的平移变换。显然，c1)ez 1dz= ?tetdt,c仍然只包含被积函数的1个奇点一一唯一的奇点一一本性奇点0.因此本题结果显然为冗i37、当0r1时，c还包含被积函 数的两个一级极点i,-i,即包含了被积函数的一切奇点。因此，我们考虑一种另辟蹊径的方法。r1