专升本理工科2025年复变函数试卷（含答案）

专升本理工科2025年复变函数试卷（含答案）考试时间：______分钟总分：______分姓名：______一、选择题：本大题共5小题，每小题3分，共15分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.设z₁=1+i,z₂=1-i，则(z₁+z₂)⁴的辐角主值是（）。A.0B.π/2C.πD.3π/22.函数f(z)=|z|²+z在z=i处（）。A.可导但不可微B.不可导也不可微C.可导但不可微D.可微3.设C为圆周|z-1|=1的正向，则积分∮_C(z+2)dz的值是（）。A.0B.2πiC.4πiD.πi4.函数f(z)=1/(z(z-1)²)在z=0处的留数是（）。A.-1B.1C.-2D.25.级数∑_(n=0)^(∞)z^(2n)的收敛半径R是（）。A.1B.2C.1/2D.∞二、填空题：本大题共5小题，每小题3分，共15分。6.若复数z满足|z-1|=2，则z的实部范围是________。7.柯西积分公式∮_Cf(ζ)dζ=2πif(a)中，要求函数f(z)在圆周C及其内部________。8.函数g(z)=z/(z²+1)的所有孤立奇点是________。9.级数∑_(n=0)^(∞)(z-i)ⁿ的收敛圆是________。10.若f(z)在区域D内解析，且f(z)≠0，则对D内任意闭曲线C，∮_Cf(z)dz=________。三、解答题：本大题共6小题，共60分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。11.（本小题满分8分）计算积分∮_C|z|dz，其中C是连接z₁=-1和z₂=2的直线段。12.（本小题满分10分）计算积分∮_C(z+1)/(z-1)dz，其中C是圆周|z|=2的正向。13.（本小题满分10分）求函数f(z)=z²/(z-1)在z=2处的泰勒级数展开式（要求写出收敛圆）。14.（本小题满分10分）计算积分∫[0,π](cosθ+1)/(2+cosθ)dθ，利用留数定理。15.（本小题满分10分）设f(z)是区域D={z||z|<1}内的解析函数，且满足f(0)=1。若对D内任意闭曲线C，有∮_C(ezf(z)-z)/(z-1)dz=0，求f(z)。16.（本小题满分12分）证明：若函数f(z)在区域D内解析，且不恒为零，则f(z)在D内的任何闭区域上至多只有有限个极点。试卷答案一、选择题：1.C2.B3.A4.D5.A二、填空题：6.[-1,3]7.解析8.z=±i9.|z-i|<110.0三、解答题：11.解析思路：将积分路径C用参数方程表示，然后代入积分式计算。解答：设C为从z₁=-1到z₂=2的直线段，参数方程为z(t)=-1+3t,t∈[0,1]。dz=3dt。积分变为∫[0,1]|z(t)|*3dt=∫[0,1]|-1+3t|*3dt。当t∈[0,1/3]时，-1+3t≤0，|z(t)|=-(-1+3t)=1-3t；当t∈[1/3,1]时，-1+3t≥0，|z(t)|=-1+3t。原积分=∫[0,1/3](1-3t)*3dt+∫[1/3,1](3t-1)*3dt=[3t-(3/2)t²]_[0,1/3]+[3(3/2)t²-3t]_[1/3,1]=(3*(1/3)-3/2*(1/3)²)-(0-0)+(3*(3/2)*(1)²-3*1)-(3*(3/2)*(1/3)²-3*(1/3))=(1-1/6)+(9/2-3)-(3/6-1)=(5/6)+(3/2-3)-(1/2)=5/6+3/2*1-3*1+1/2=5/6+3/2-3+1/2=5/6+4/2-3=5/6+2-3=5/6-1=5/6-6/6=1/6.12.解析思路：检查积分路径C是否围绕奇点z=1，使用柯西积分公式或留数定理。解答：被积函数f(z)=(z+1)/(z-1)在z=1处有奇点。积分路径C是圆周|z|=2，其圆心在原点，半径为2，奇点z=1在C内部。方法一（留数定理）：∮_Cf(z)dz=2πi*Res(f,1)。计算f(z)在z=1处的留数：Res(f,1)=lim_(z→1)(z-1)*[(z+1)/(z-1)]=lim_(z→1)(z+1)=1+1=2。所以∮_C(z+1)/(z-1)dz=2πi*2=4πi。方法二（柯西积分公式）：f(z)=g(z)/h(z)，g(z)=z+1，h(z)=z-1。h(z)在z=1处不为零，h'(z)=1。则∮_C(z+1)/(z-1)dz=∮_Cg(z)/[h(z)-h(1)]h'(z)dz=2πi*g(1)=2πi*(1+1)=4πi。13.解析思路：使用泰勒级数展开公式f(z)=∑(n=0to∞)a_n(z-z₀)ⁿ，其中a_n=(f^((n))(z₀))/n!。将f(z)化为(z-1)/(z-1)*z²，再展开。解答：f(z)=z²/(z-1)=-z²/(1-z)。令w=1-z，则z=1-w，且当|w|<1时，|z-1|=|w|<1。f(z)=-(1-w)²/w=-(1-2w+w²)/w=-(1/w)+2-w。现在将-1/w和-w在w=0附近展开为幂级数（即z附近）：-1/w=-1/(1-(1-z))=-∑(n=0to∞)(1-z)ⁿ=-∑(n=0to∞)(-1)ⁿ(z-1)ⁿ。-w=-(1-z)=-1+z-1。所以f(z)=[-∑(n=0to∞)(-1)ⁿ(z-1)ⁿ]+2-(1-z)=-∑(n=0to∞)(-1)ⁿ(z-1)ⁿ+1+z=1+z-∑(n=0to∞)(-1)ⁿ(z-1)ⁿ=1+z-[1-(z-1)+(z-1)²-(z-1)³+...]=1+z-1+(z-1)-(z-1)²+(z-1)³-...=z+(z-1)-(z-1)²+(z-1)³-...=z+z-1-(z-1)²+(z-1)³-...=2z-1-(z-1)²+(z-1)³-...=∑_(n=0to∞)(-1)^(n+1)(z-1)^n。收敛圆为|z-1|<1。14.解析思路：将积分转化为复积分。设z=e^(iθ)，则dζ=izdθ，|z|=1。原积分变为复平面上的积分。将被积函数用留数定理计算。解答：令z=e^(iθ)，则dζ=izdθ，当z=e^(iθ)时，cosθ=(z²+1)/2z，sinθ=(z-z²)/2i。积分路径C为|z|=1逆时针。原积分=∫[0,π][(z²+1)/2z]/[2+(z²+1)/2z]*2idz=∫[0,2π][(z²+1)/2z]/[(4z+z²+1)/2z]*2idz=∫[0,2π](z²+1)/(z²+4z+1)*2idz/2z=∫[0,2π](z²+1)/(z²+4z+1)*idz。将路径C替换为积分形式：∫_Cf(z)dz=i∫[0,2π][(z²+1)/(z²+4z+1)]dz。令g(z)=z²+1，h(z)=z²+4z+1。h(z)=(z+2)²-3，其零点为z₁=-2+√3i,z₂=-2-√3i。检查它们是否在C内。|z₁|=|-2+√3i|=√((-2)²+(√3)²)=√(4+3)=√7≈2.645>1。|z₂|=|-2-√3i|=√((-2)²+(-√3)²)=√(4+3)=√7≈2.645>1。所以z₁,z₂均不在C内。由留数定理，若f(z)在C内解析，则∮_Cf(z)dz=2πi*Σ(Res(f,z_k))，其中z_k为C内的孤立奇点。因h(z)在C内无奇点，故原积分=i*0=0。原积分=∫[0,π](cosθ+1)/(2+cosθ)dθ=0。15.解析思路：利用柯西积分定理或高阶导数公式。∮_C(ezf(z)-z)/(z-1)dz=0表明函数(ezf(z)-z)/(z-1)在C所围区域D内解析。或者，将积分写为∮_C[ezf(z)/z-1/z]/(z-1)dz，利用高阶导数公式。解答：方法一（利用高阶导数公式）：原积分∮_C(ezf(z)-z)/(z-1)dz=0。令g(z)=ezf(z)-z,h(z)=z-1。h(z)在z=1处有简单零点。g(z)在D内解析。根据高阶导数公式，(g/h)^((n))(z₀)=n!*[∮_Cg(z)/(z-z₀)^(n+1)h'(z)dz]/2πi，其中z₀=1。令n=0，得g(1)/h'(1)=∮_Cg(z)/(z-1)dz=0。h'(z)=1,h'(1)=1。所以g(1)=0。g(z)=ezf(z)-z。g(1)=e¹f(1)-1=ef(1)-1。ef(1)-1=0。ef(1)=1。f(1)=1/e。方法二（利用解析性）：原积分∮_C(ezf(z)-z)/(z-1)dz=0。因为f(z)在D内解析，所以ezf(z)在D内解析。设F(z)=ezf(z)-z，则F(z)在D内解析。F(z)在z=1处的值为F(1)=e¹f(1)-1=ef(1)-1。被积函数(F(z)/(z-1))在z=1处有简单极点。根据柯西积分定理，若函数在闭区域及边界上解析，则积分为0。要使∮_CF(z)/(z-1)dz=0，F(z)/(z-1)在z=1处的留数必须为0。Res(F(z)/(z-1),z=1)=lim_(z→1)[(ezf(z)-z)/(z-1)]=lim_(z→1)[ezf(z)-z]/(z-1)=lim_(z→1)[ezf(z)-1]/(z-1)(因为z=1时，F(1)=1)。=lim_(z→1)[ezf(z)-ef(1)]/(z-1)(因为ez=1时，F(1)=1=>f(1)=1/e)=lim_(z→1)[ez(f(z)-1/e)-e(1/e)]/(z-1)=lim_(z→1)ez(f(z)-1/e)/(z-1)-1(因为e(1/e)=1)令u=z-1，则z=u+1，当z→1时，u→0。原式=lim_(u→0)[e^(u+1)(f(u+1)-1/e)/u]-1=elim_(u→0)[e^u(f(u+1)-1/e)/u]-1=e*[lim_(u→0)(e^u-1)/u*lim_(u→0)(f(u+1)-1/e)/u]-1=e*[1*f'(1)*1]-1(因为lim_(u→0)(e^u-1)/u=1,f(u+1)在u=0附近可视为f(1)+f'(1)u+...)=e*f'(1)-1。要使留数为0，需e*f'(1)-1=0。e*f'(1)=1。f'(1)=1/e。但这与方法一得到f(1)=1/e矛盾。仔细检查方法二推导，发现留数计算需要更严谨处理F(z)/(z-1)=F(z)/h(z)，h(z)=z-1。留数是F(z)/h'(z)在z=1处的值。即Res(F(z)/(z-1),z=1)=F(1)/h'(1)=F(1)/1=F(1)。所以F(1)=0。即ezf(z)-z在z=1处为0。ef(1)-1=0。f(1)=1/e。综上，两种方法都指向f(1)=1/e。虽然方法二推导留数时对f(z)在z=1处的导数引入了歧义，但结论是正确的，因为留数定理保证了积分结果与极点值直接相关。最终结论由方法一更直接可靠。16.解析思路：用反证法。假设存在无穷多个极点，构造一个包含这些极点的闭区域，利用柯西积分定理或留数定理导出矛盾。解答：用反证法。假设命题不成立，即存