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文档简介
一填空题（本题共10个小，每题分共40分．复数
的指数形式是（
2e
6
i
）．满足
i
3
的复平面内点集的面积是（
3
）．区域D上函
f((x,)(x,)满C条是函数
f()
在D上析的(必非充分
)条件．复积分
z
1(z)
n
dz
（是整数）的值是（
）．极限
limz
sinz
z
等于（
）．如果
z
上的解析函数
f()
在点
z0
处的
f
存在，那么
12
i
z
()
的值是（
1
f
）７．函数
f(z)
11
在
z
上的泰勒展开式为（
n
(nz
2n
）８．
sinzs()z
＝（
sin
）９．函数项幂级数
nn!
z
的收敛半径Ｒ＝（
）１０．
e
在闭园
z
上取得的最大值是（
e2
）二解题（本大题７个小题，共分．计算下列各题（每题5（1解方程解：z=Ln(-i)=ln1+iArg(-i)=i（2求
i(2k
2
)解：
)
i
=
e
iLn
=
e
i[ln(2k
)]（3计算积分
z
，其中Ｃ是从０到１的任意曲线/
1nn=1nn=解：
z
=
=ze/0
=11（4用逐项微分法求在z)
上的洛朗级数111解：()z)nz=z)znnn
nz
n
（
）分）讨论函
fz)x
2
iy
2
的可微性和解析性，并且求
f
的值解：由
,
得到
xy
即x,
时可微，但是处处不解析；由于
f
2x
，得到
f
=2分）已知示圆周：
3，义(z)
求f
+f)的值解：
(2)
d
=0又
3
时，
f(z)(ezsinz)所以
f(zcosz)于是
f
=2
i
i)f
+
f(2e
=
2
i
i)分）设内析函数的
f()
，在闭园上续，如果
f(0)
，计算积分：
1
i
1dz[z)]f(zkzz解：
1
i
11[k)]f(z)z2z
i
z
[
f(z)f()f()]dzzkz2=
f
1k
f
=
k
1k
f
/
____５分）利用留数计算积分
0
cosx2
dx解：
ei21
dx
=
iRes[
ei2
2
]
=
2
i
e2i
e
于是
cos2x
dx
=
cos2
dx
=
e
６分）设Ｄ是周线Ｃ的内部，函数f()已知在Ｃ上恒为非零常数Ｍ．
f()
在区域Ｄ上解析，在闭域
D
上连续，试证明：如果
f()
不恒等于一个常数，那么在Ｄ内至少有一个零点。证明：如果对于任何
D使得f(z0那么
f(
是上解析函数由最大模原理，当
D
时111maxmaxf()zf(zf(z)
=
同理由最小模原理，当
D
时111minf(z)zf()f()矛盾。那么在Ｄ内至少有一个零
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