复变函数题库(包含好多试卷-后面都有答案)

《复变函数论》试题库）、 0：若f(z)在z0的某个邻域内可导，则函数f(z)在z0解析. ( )有界整函数必在整个复平面为常数. ( )若{zn}收敛，则{Rezn}与{Imzn}都收敛. ( )f(z)D

f'(z)0

f(z)f(z)C，则若函数f(z)在z0处解析，则它在该点的某个邻域内可以展开为幂级数. ( )，则若z0是f(z)的m阶零点，则z0是1/f(z)的m阶极点. ( )limf(z)zz0

存在且有限，则z0是函数f(z)的可去奇点. ( )若函数f(z)在是区域D内的单叶函数，则f'(z)0(zD). ( )若域D,对D线CCf(z)z0. ( )若函数f(z)在区域D内的某个圆内恒等于常数，则f(z)在区域D内恒等于常数.（ ）二.填空题（20分）dz1、|zz|1

n.（n为自然数）0 (zz0)2. sin2zcos2z2. 函数sinz的周期为 .

f(z)

1z21，则f(z)的孤立奇点有 .幂级数nzn的收敛半径为 .n0若函数f(z)在整个平面上处处解析，则称它是 .limz

limz1z2...zn若nn

，则n n .z z Res(n,0) nsinz的孤立奇点为 .zz f(z)

f(z)

0是 的极点，则zz0 .0：f(z)1(z1)(z2)

f(z)

D{z:0|z|1}设 ，求 在 内的罗朗展式. 1 dz.|z|1coszf(z)

3271z d

C{z:|z|

f'(1i).设 ，其中 ，试求wz1求复数 z1的实部与虚部.四.证明题.(20分)z(1z)函数f(z)D内解析z(1z)

f(z|DD内试证

f(z)

在割去线段0Rez1的z平面内能分出两个单值解析分支,并求出支割线0Rez1z1的值.《复变函数》考试试题（二）一.判断题.（20分）f(z)u(x,yiv(xyDu(x,y)v(x,y)D内连续.( )cosz与sinz在复平面内有界. ( )若函数f(z)在z0解析，则f(z)在z0连续. ( )有界整函数必为常数. ( )如z0是函数f(z)的本性奇点，则limf(z)一定不存在. ( )zz0若函数f(z)在z0可导，则f(z)在z0解析. ( )f()D内解析,DCCf(z)z0( )若数列{zn}收敛，则{Rezn}与{Imzn}都收敛. ( )若f(z)在区域D内解析，则|f(z)|也在D内解析. ( )存在一个在零点解析的函数f(z使二. 填空题.(20分)

f(1n

)0且

f(1)2n

1,n1,2,....2n( )1.设zi，则|z,argz,z 2.f(z)(x22xysin(x2y2),zxiyClimz1i

f(z).03.|zz|0

dz(zz0)

n.（n为自然数）幂级数nzn的收敛半径为 .n0若z0是f(z)的m阶零点且m>0，则z0是f'(z)的 零点.函数ez的周期为 .方程2z5z33z80在单位圆内的零点个数为 .f(z)

11z2

，则f(z)的孤立奇点有 .函数f(z)z|的不解析点之集为 .z110.

Res(z4

.三.计算题.(40分)求函数sin(2z3的幂级数展开式.z在复平面上取上半虚轴作割线.试在所得的区域内取定函数zizi处的值.i的右半圆.

i|z|dz，积分路径为（1）单位圆（|z1）

sinz z2(z)2 2 .四.证明题.(20分)f(z)D内解析，试证：f(z)Df(z在D内解析.试用儒歇定理证明代数基本定理.《复变函数》考试试题（三）一.判断题.(20分).1.coszsinz2k.( )2.f(zz0f(zz0解析.( )3.f(zz0f(zz0连续.( )4.若数列{zn}收敛，则{Rezn}与{Imzn}都收敛.( )5. 若函数f(z)是区域D内解析且在D内的某个圆内恒为常数，则数f(z)在域D内为常数. ( )6. f(zz0f(zz0的某个邻域内可导.()7. f(zDz:|z上解析,且|f(zz|,则|f(z)|1(|z|1).（）8. 若函数f(z)在z0处解析，则它在该点的某个邻域内可以展开为幂级数.( )若z0是f(z)的m阶零点,则z0是1/f(z)的m阶极点. ( )若z0是f(z)的可去奇点，则Res(f(z),z0)0. ( )二.填空题.(20分)f(z)

1z21

，则f(z)的定义域为 .函数ez的周期为 .

n21)n，则limz .nn 1n

n nsin2zcos2z.05. |zz|0

dz(zz0)

n.（n为自然数）幂级数nxn的收敛半径为 .n0

f(z)

1z21，则f(z)的孤立奇点有 .8. 设ez1，则z.9. z0

f(z)zz0

f(z).eze10.Res( ,0).zn三.计算题.(40分)1f(z)z2ez在圆环域0

z内展为Laurent级数.试求幂级数n

n!zn的收敛半径.nn

ezdzz2(z29)，其中C是|z4. 求z92z6z28z20在|z|<1内根的个数.四. 证明题.(20分)f(z)DD内为常数.

f(z|D

f(z)RM，使得当|zR时

|f(z)|M

|z|n，f(z)n次的多项式或一常数。《复变函数》考试试题（四）一. 判断题.(20分)若f(z)在z0解析，则f(z)在z0处满足柯西-黎曼条件. （ ）若函数f(z)在z0可导，则f(z)在z0解析. （ ）函数sinz与cosz在整个复平面内有界. （ ）f()DDC

f(z)dz0.（ ）zz0

f(z)存在且有限，则z0是函数的可去奇点. （ ）若函数f(z)在区域D内解析且f'(z)0，则f(z)在D内恒为常数. （ ）z0f(z)0 z0

f(z)一定不存在. （ ）

f(z0)

f(n(z0z

f(z)的n阶零点. （ ）

f(z)与

g(z)在

D内解析，且在D内一小弧段上相等，则f(z)g(z),zD. （ ）

f(z)在0|z|内解析，则Res(f(z),0)Res(f(z),. （ 二.填空题.(20分)z

11

，则Rez

,Imz .若lim

limz2

.nn

n n函数ez的周期为 .f(z)

11z2

的幂级数展开式为若函数f(z)在复平面上处处解析，则称它是 .若函数f(z)在区域D内除去有限个极点之外处处解析，则称它是D内的 .7. 设C|z，则C(z)z .sinz的孤立奇点为 .zz0

f(z)zz0

f(z).10.

ezRes(zn,0)..三. 计算题.(40分1.解方程z310.eze2. f(z)z21Resf(z),).z3.|z|29z2)(ziz1 1

dz..4. f(z)ez1四.证明题.(20分)

z有哪些奇点？各属何类型（若是极点，指明它的阶数）.1.证明：若函数

f(z)在上半平面解析，则函数

f(z)在下半平面解析.2. z46z30方程在1z23个根.《复变函数》考试试题（五）一.判断题.（20分）若函数f(z)是单连通区域D内的解析函数则它在D内有任意阶导数.（ ）若函数f(z)在区域D内的解析且在D内某个圆内恒为常数则在区域D内恒等于常数. （ 若f(z)在区域D内解析则|f(z)|也在D内解析. （ ）若幂级数的收敛半径大于零则其和函数必在收敛圆内解析. （ ）若函数f(z)在z0处满足Cauchy-Riemann条件则f(z)在z0解析. （ ）若limf(z)存在且有限则z0是f(z)的可去奇点. （ ）zz0若函数f(z)在z0可导则它在该点解析. （ ）设函数z0

f(z)在复平面上解析，若它有界，则必f(z)的一级极点，则

f(z)为常数. （ ）Res(f(z),z0)

lim(zz0)f(z). （ ）zz0

f(z)与

g(z)D内解析，且在D内一小弧段上相等，则f(z)g(z),zD. （ ）二.填空题.（20分）1. z1

，则|z,argz,

.2. 当z时，ez为实数.3. 设ez1，则z.4. ez的周期为 .5. 设C|z，则C(z)z .zRes(ez

1,0).z若函数f(z)在区域D内除去有限个极点之外处处解析，则称它是D内的 。f(z)sinz

11z2

的幂级数展开式为 .1的孤立奇点为 .1zCa心，r

C(za)

dz

.（n为自然数）三.计算题.(40分)z1求复数 的实部与虚部.z1计算积分：

IL

Rezdz，在这里L表示连接原点到1i的直线段.2I0

d12a

a20<a<1.应用儒歇定理求方程z(z)，在|z|<1内根的个数，在这里(z在|z1上解析，并且|(z1.四.证明题.(20分)

f(z)|z|2除去在z0外，处处不可微.

f(z)是一整函数，并且假定存在着一个正整数n，以及两个数R及M，使得当|zR时

|f(z)|M

|z|n，证明:

f(z)是一个至多n次的多项式或一常数.0

《复变函数》考试试题（六）若函数f(z)在z0解析，则f(z)在z0连续.（ ）若函数f(z)在z0处满足Caychy-Riemann条件，则f(z)在z0解析. （ ）若函数f(z)在z0解析，则f(z)在z0处满足Caychy-Riemann条件.（ ）若函数f(z)在是区域D内的单叶函数，则f(z)0(zD).（ ）若f(z)在单连通区域D内解析，则对D内任一简单闭曲线C都有Cf(z)dz0.（ ）若f(z)域D对D线C有Cf(z)dz0（ ）若f(z)0(zD)，则函数f(z)在是D内的单叶函数.（ ）

f(zmz0

1f(z)

的m阶极点.（ ）如果函数f(zDz:z上解析，且（ ）

f(z)1(z

,

f(z)1(z1).10. sinzC).（ ）二、填空题（20分）

n2i(11)n，则limz .n 1n n n 设f(z

1z21

，则f(z)的定义域为 .函数sinz的周期为 .sin2zcos2z.幂级数 nzn的收敛半径为 .n0若z0是f(z)的m阶零点且m1，则z0是f(z)的 零点.若函数f(z)在整个复平面处处解析，则称它是 .f(z)

z的不解析点之集为 .方程2z5z33z80在单位圆内的零点个数为 .公式eixcosxisinx称为 三、计算题（30分）2in1、lim .n6f(z)

3271 z d ，其中Cz:

3，试求f(1i).3f(z)

ezz21

，求Res(f(z),i).sinz34、求函数 在0z6

z内的罗朗展式.5wi

z1z1

的实部与虚部.6、求e3的值.四、证明题（20分）1、方程z79z66z310在单位圆内的根的个数为6.2、若函数f(z)u(x,y)iv(x,y)在区域D内解析，v(x,y)等于常数，则f(z)在D恒等于常数.3

f(zmz0

1f(z)

的m阶极点.一、判断题（24分）

《复变函数》考试试题（七）若函数f(z)在z0解析，则f(z)在z0的某个领域内可导.（ ）若函数f(z)在z0处解析，则f(z)在z0满足Cauchy-Riemann条件.（ ）如果z0是f(z)的可去奇点，则limf(z)一定存在且等于零.（ ）zz0若函数f(z)是区域D内的单叶函数，则f(z)0(zD).（ ）若函数f(z)是区域D内的解析函数，则它在D内有任意阶导数.（ ）若函数f(z)在区域D内的解析，且在D内某个圆内恒为常数，则在区域D内恒等于常数.（ ）

f(zmz0

1f(z)

的m阶极点.（ ）二、填空题（20分）

sin 1 i(11)n，则limz .n 1n n n 设f(z

zz21

，则f(z)的定义域为 .函数ez的周期为 .sin2zcos2z.数 n2zn2 n0若z0是f(z)的m阶零点且m1，则z0是f(z)的 零点.若函数f(z)在整个复平面处处解析，则称它是 .f(z)

z的不解析点之集为 .方程3z8z33z80在单位圆内的零点个数为 .

zeRes( ,0).ezn三、计算题（30分）1i21、求 2

1i22 .2 、设f(z)

3271 z d ，其中Cz:

3，试求f(1i).3f(z)

eResf(z0).zz2z4、求函数

z(z1)(z1)z1

在1

z2内的罗朗展式.5w

z1

的实部与虚部.：2 x ，(a).四、证明题（20分）

0acosx1、方程24z79z66z3z310在单位圆内的根的个数为7.2、若函数f(z)u(x,y)iv(x,y)在区域D内解析，f(z)等于常数，则f(z)在D恒等于常数.3

f(zmz0

1f(z)

的m阶极点.五、计算题（10分）z平面上的上半单位圆盘z:zz0w平面的单位圆盘w:w一、判断题（20分）

《复变函数》考试试题（八）1、若函数f(z)在z0解析，则f(z)在z0连续.（ ）2、若函数f(z)在z0满足Cauchy-Riemann条件，则f(z)在z0处解析.（ ）3、如果z0是f(z)的本性奇点，则limf(z)一定不存在.（ ）zz04f(zDf(z0(zDf(zD的单叶函数.（ ）5、若函数f(z)是区域D内的解析函数，则它在D内有任意阶导数.（ ）6、若函数f(z)是单连通区域D内的每一点均可导，则它在D内有任意阶导数.（ ）7、若函数f(z)在区域D内解析且f(z)0，则f(z)在D内恒为常数.（ ）1存在一个在零点解析的函数f(z)使f(1)0且f( )1

1,n,,!（ ）n1f(zDz:z上解析，且（ ）

2nf(z)1(z

2n1)，则f(z)1(z1).sinz是一个有界函数.（ ）二、填空题（20分）1

n2i(11)n，则limz .n 1n n n 2、设f(z)lnz，则f(z)的定义域为 .3、函数sinz的周期为 .4、若limz

im1z2!

.nn

n n数nzn5 n06f(z)

11z2

的幂级数展开式为 .7、若Cn是自然数，则

1 dz .(z(zz)08f(z)

z的不解析点之集为 .9、方程15z5z34z280在单位圆内的零点个数为 .10f(z)

11z2

，则f(z)的孤立奇点有 .三、计算题（30分）1

z

ez1sinzdz12i

dz z3(z1)(z4)f(z)

3271 z d ，其中Cz:

3，试求f(1i).3、设f(z)

ez2z212

，求Res(f(z),).z104、求函数(z1)(z22)在z1

z内的罗朗展式.5w

z1

的实部与虚部.四、证明题（20分）1、方程15z75z66z310在单位圆内的根的个数为7.2、若函数f(z)u(x,y)iv(x,y)在区域D内连续，则二元函数u(x,y)与v(x,y)都在D内连续.4

f(zmz0

1f(z)

的m阶极点.五、计算题（10分）求一个单叶函数，去将z平面上的区域z:0argz4保形映射为w平面的单位圆盘 5 w:w.一、判断题（20分）

《复变函数》考试试题（九）1、若函数f(z)在z0可导，则f(z)在z0解析.（ ）2、若函数f(z)在z0满足Cauchy-Riemann条件，则f(z)在z0处解析.（ ）3、如果z0是f(z)的极点，则limf(z)一定存在且等于无穷大.（ ）zz04、若函数f(z)在单连通区域D内解析，则对D内任一简单闭曲线C都有Cf(z)dz0.（ ）5、若函数f(z)在z0处解析，则它在该点的某个领域内可以展开为幂级数.（ ）6若函数f(z)在区域D内的解析且在D内某一条曲线上恒为常数则f(z)在区域D内恒为常数.（ ）7

f(zmz0

1f(z)

的m阶极点.（ ）8f(zDz:z9、limez.（ ）z

f(z)1(z

f(z)(z). ）10f(z

1内解析，则f(z)}f(z)}.（ ）二、填空题（20分）

z1

z11

sin 1 i(12)n，则limz .n 1n n n 2、设f(z)

1sin

，则f(z)的定义域为 .3、函数sinz的周期为 4、sin2zcos2z.5、幂级数 nzn的收敛半径为 .n06、若z0是f(z)的m阶零点且m1，则z0是f(z)的 零点.7、若函数f(z)在整个复平面除去有限个极点外，处处解析，则称它是 .8、函数f(z)z的不解析点之集为 .9、方程20z811z33z50在单位圆内的零点个数为 .eze10、Res( .z21三、计算题（30分）2in1、lim n6f(z)

3271 z d ，其中Cz:

3，试求f(1i).3f(z)

ezz21

，求Res(f(z),i).4、求函数

z(z1)(zz1

在1

z2内的罗朗展式.5w

z1

的实部与虚部.6四、证明题（20分）

x2x2x410x29dx.1、方程z79z66z310在单位圆内的根的个数为6.2、若函数f(z)u(x,y)iv(x,y)在区域D内解析，u(x,y)等于常数，则f(z)在D恒等于常数.7

f(zmz0

1f(z)

的m阶极点.五、计算题（10分）求一个单叶函数，去将z平面上的带开区域z:Imz保形映射为w平面的单位圆 2 盘w:w.0

《复变函数》考试试题（十）1、若函数f(z)在z0解析，则f(z)在z0的某个邻域内可导.（ ）2、如果z0是f(z)的本性奇点，则limf(z)一定不存在.（ ）zz03、若函数f(z)u(x,y)iv(x,y)在D内连续，则u(x,y)与v(x,y)都在D内连续.（ ）4、cosz与sinz在复平面内有界.（ ）5、若z0是f(z)的m阶零点，则z0是1/f(z)的m阶极点.（ ）6、若f(z)在z0处满足柯西-黎曼条件，则f(z)在z0解析.（ ）7、若limf(z)存在且有限，则z0是函数的可去奇点.（ ）zz0若f(z)域D对D线C有Cf(x)dz0（ ）9、若函数f(z)是单连通区域D内的解析函数，则它在D内有任意阶导数.（ ）10、若函数f(z)在区域D内解析，且在D内某个圆内恒为常数，则在区域D内恒等于常数.（ ）0：1、函数ez的周期为 .2、幂级数 nzn的和函数为 .n03f(z)

1z21

，则f(z)的定义域为 .4、nzn的收敛半径为 .n0ez5、Res(zn,0)= .0：z(9z2)(z(9z2)(zi)eize2、求Res( ,i).1z21in 1in3、 2 2 . 4、设u(x,y)ln(x2y2).

求v(x,y)，使得f(z)u(x,y)iv(x,y)为解析函数，且满f(1i)ln2zD（D为复平面内的区域）.5、求z45z10，在z1内根的个数一、判断题.（2）0 n n n 0当复数0 n n n 0若z式P(z)azna zn1!a(a0)则z也P(z)（ ）f(zM，使得Ref(z)M

f(z)为一常数）f1(zf2(zDDzD，有f1(z)f2(z).（ ）若z是函数f(z)的可去奇点，则Resf(z)0. （ ）z二、填空题.（每题2分）1．i2i3i4i5i6. y 2．设zxiy0，且argz,

arctan 2 x

，当x0,y0时，argarctany .x函数w1将z平面上的曲线(x1)2y21变成w平面上的曲线 .z方程z4a40(a0)的不同的根为 .5．(1i)i .6．级数[2(1)n]z2的收敛半径为 .n0cosnz在zn（n为正整数）内零点的个数为 .函数f(z)6sinz3z3(z66)的零点z0的阶数为 .9．设a为函数f(z)(z)(z)

的一阶极点，且(a)0,

(a)

(a)0，则Resza

f(z) .f(z)10．设af(zmResza

f(z) .f(z)三、计算题（50分）设u(x,y)1ln(x2y2。求v(x,yf(z)u(x,yiv(x,y)为解析函数，且21f(1i

ln2.zD（D为复平面内的区域）.（15分）2求下列函数的奇点，并确定其类型（对于极点要指出它们的阶）.（10分）1tan2z

ez1（1） ； （5分） （2）ez1. （5分）计算下列积分.（15分）z19）z4(z2)4(z42)3

8， d）01os2

（7分）.z75z4z220z1内根的个数.（10分）四、证明题（20分）f(z)u(x,yiv(x,y)f(z是下半复平面内的解析函数.（10分）f(zzRM(r)zr

f(z),(0rR)。证明：M(r)在区间[,R)1及2（012RM(1)M(2)f(z)常数.（10分）《复变函数》考试试题（十二）二、判断题。（正确者在括号内打√，错误者在括号内打×，每题2分）z2x2iy2x2y2z2是相等的复数。（ ）函数f(z)Rez在复平面上处处可微。 （ ）sin2zcos2z1且sinzcosz1。 （ ）f(zDDDD在M0，使得对任意的zD，有f(z)M。 （ ）若函数f(z)是非常的整函数，则f(z)必是有界函数（ ）二、填空题。（每题2分）1i2i3i4i5i6。 y 2．设zxiy0，且argz,

arctan 2 x

，当x0,y0时，argarctanyx若已知f(z)

1x2y2

。)

1x2y2

)则其关于变量z的表达式为 。nz以z为支点。若lnz

i，则z。26．

z

。数1z2z4z6! 。cosnz在zn（n为正整数）内零点的个数为 。zaf(z的一个本质奇点，且在点aza是1f(z)

的 奇点。设af(znResza

f(z) 。f(z)三、计算题（50分）5zDzw5z连续解析分支在z1i处之值。（10分）

D内满足条件

1的单值5（对于极点要指出它们的阶（5Lnz（1）f(z)

z21ez

z1（10分）（2）求Resz0

zn1。 （5分）（15分）z7z）z2(z2)3(z22)

8， x2dx）(x2a2)2 (a0)

（7分。z66z100z1（10分）四、证明题（20分）讨论函数f(z)ez在复平面上的解析性。 （10分）证明：1

znezdn

nz )2。ziCn! n!此处C是围绕原点的一条简单曲线。（10分）《复变函数》考试试题（十三）zr(cosisin1z

．２．设函数f(z)u(x,y)iv(x,y)，Au0iv0，z0x0iy0，则limf(z)A的充zz0要条件是 ．３．设函数f(z)在单连通区域D内解析，则f(z)在D内沿任意一条简单闭曲线C的积分Cf(z)dz ．４．设za为f(z)的极点，则limf(z)．za５．设f(z)zsinz，则z0是f(z)的 阶零点．f(z)

11z2

，则f(z)在z0的邻域内的泰勒展式为 ．７．设zazab，８．设z７．设zazab，８．设zsinicos66，则z的三角表示为 ．９．4zcoszdz．0f(z)二、计算题．

ez2

，则f(z)在z0处的留数为 ．(1)

cosi；

ln(23i);

33iz380）３．设ux2y2xy，验证u是调和函数，并求解析函数f(z)uiv，使之fi)1i）0(1)

(x2iy)dz，其中C是沿yx2由原点到点z1i的曲线．C(2)

1i[(xy)ix2]dz，积分路径为自原点沿虚线轴到i，再由i沿水平方向向右到1i．0５．试将函数f(z)

1(z1)(z

分别在圆环域0

z1和1

z2内展开为洛朗级5z2

sin2z(1)z2z(z1)2dz；

z4z2(z1)dz． x21x4x）(1)

n1

n1； (2)

n1

(1)nnz．nn!f(z)z2三、证明题．f(zD内解析，

f(z)f(z)azazb0的轨迹是一直线，其中ab《复变函数》考试试题（十四）１．设zr(cosisin)，则zn．２．设函数f(z)u(x,y)iv(x,y)，Au0iv0，z0x0iy0，则limf(z)A的充zz0要条件 ．３．设函数f(z)在单连通区域D内解析，则f(z)在D内沿任意一条简单闭曲线C的积分Cf(z)dz ．４．设za为f(z)的可去奇点，limf(z)．za设f(z)z2(ez2)则z0是f(z) ６．设f(z)

11z2

，则f(z)在z0的邻域内的泰勒展式为 ．７．设zazab，其中a,b为正常数，则点z的轨迹曲线是 ．８．设zsinicos，则z的三角表示为 ．９．1izezdz．0设f(z)z2sin1，则f(z)在z0处的留数为 ．z二、计算题．）1i(1)Ln(34i)； (2)e 6;

(1i)1iz320）u2(x)yuf(z)uivf(2)i８分）４．计算积分1i[(xy)ix2]dz，其中路径为（１）自原点到点1i的直线段；0自原点沿虚轴到i，再由i1i0５．试将函数f(z)

1(z

在z1sinz

z22(1)

z

(z

22

dz； d

z4z2(z3)dz．053os）

(n!)2n(1)

(1i)nzn； (2)n1

nz．nn1nf(z)y3nx2yi(x3ly2)lmn６分）三、证明题．f(z)Df(z)Df(z)azazb0的轨迹是一直线，其中ab试卷一至十四参考答案一． 判断题

《复变函数》考试试题（一）参考答案1．×2．√ ３．√ ４．√ ５．√ 6．√ 二．填空题i n1.

； 2.1； 3.

2k，(kz)； 4.

zi； 5. 10 n106. 整函数； 三．计算题.

；

1(n

； 9. 0； 10..解 因为0

z

0

z11 1

n 1 znf(z) (z1)(z2) 1z解 因为

2(1z2

n0

().2 n02 zResf(z)lim

lim

1,z

z

cos

zsinz2 2 2zResf(z)lim 2

1 1.z

z

cos

zsinz2 2 21所以

dz2i(Resf(z)Resf(z)0.coszz2

z

z2 2解令()271,z平面解析,z3内, f(z)czdz2i(z).z所以f(1i)i(z) 6i)(613zzabi,则wz11

12(a1bi)1

2(a1)

2b .z1

z1 (a1)2

(a1)2b2

(a1)2b2故Re(z1)1

2(a

,Im(z1)

2b .z1 (a1)2b2四.证明题.

z1 (a1)2b2D

f(z)C.令f(z)uiv, 则f(z)2u2v2c2.uuxvvx0 xy求偏导数,

yvvy

0 (2)因为函数在D内解析,所以uxvy,uyvx.代入(2)则上述方程组变为uuxvvx0. 消去u得

(u2v2)v

x0.xxvux

xuvx01)若u2v20,则

f(z)0

为常数.2)若vx0,由方程(1)(2)及

CR.ux

uy0,

vy0.所以uc1,vc2. (c2为常数).所以f(z)c1ic2为常数.z(1z)证明f(z) 的支点为z0,1.于是割去线段0Rez1的z(1z)01转一周,故能分出两个单值解析分支.z从支割线上岸一点出发,z0,1

时,只有z的幅角增加.所以f(z)

z(1z)的幅角共增加 .z(1z)2支在上岸之幅角为0,因而此分支在z1的幅角为,故f(1)2

i2e2

2i.《复变函数》考试试题（二）参考答案一.判断题.1．√２．×３．√４．√５．×6．×７．×８．√９．×10．×.1.1，

i；

3(1sin2)i；

i n1； 4.1；

m1.2

n16.2ki，(kz). 7.0；

i；

R； 10.0.三.计算题3

(1)n(2z3)2n1

(1)n22n1z6n3

sin(2z

)n0

(2n1)!

n0

(2n1)! .z.z则f(z) z

i2kre 2

, (k.又因为在正实轴去正实值，所以k0.i所以f(i)e4.单位圆的右半圆周为z, .2 2i 所以解

i

zdz

2dei2

ei22

2i.z2 sinz dz2i(sinzz2 (z ) z2

2icoszz

2=0.四.证明题.f(z)ic2,f(z)ic2c2为实常数).令u(x,y)c1,v(x,y)c2.则uxvyuyvx0.即u,v满足C.R.,且ux,vy,uy,vx连续,故f(z)在D内解析.(充分性)令f(z)uiv,则f(z)uiv,因为f(z)与f(z)在D内解析,所以uxvy,

uyvx, 且uxvyvy

uy(vx)vx.比较等式两边得

uxvyuyvx0.D内uv均为常数,f(zD内为常数.即要证“任一

次方程aznazn1a z

0

有且只有n个 aan0,

0 1n n1

n1 n 0n10f(za0n10

an1zan0,R

,当z在C:z

R上时,有

(z)a1

Rn1a

Ran

(

)Rn1a

Rn.由儒歇定理知在圆

zR

f(z).内,方程aznazn1a za0与azn0有相0 1 n1 n 0同个数的根.而

azn0

zR

内有一个n

重根z0.因此n次方程在zR00

个根.《复变函数》考试试题（三）参考答案1．×２．×３．√４．√５．√6．√７．√８．√９．√10．√.二.填空题.1.zzi,且zC;

2k

(kz);

1ei; 4.1;

i n1;0 n106.1; 三.计算题.

i;

z(2ki;

;

1(n1)!.1 1

zn2解

z2ezz21 ) .z 2!z2n!nn(n!nn(n1)n1(n1)!

n0

n!n1n 1n解

limn

lim

lim(

lim(1

)e.ncn1

n

n

n n所以收敛半径为e.ezz2ezz29

f(z)

z2(z29)

,则

Resf(z)z0

z

.9故原式iResf(z) .z0 9

f(z)z92z6z22,

(z)8z.C

z1上f(z)与(z)均解析,且

f(z)6(z)8,故由儒歇定理有NfCNfC1.即在四.证明题.

z1

内,方程只有一个根.证明 证明设在D

f(z)C.令f(z)uiv, 则f(z)2u2v2c2.uuxvvx0 xy求偏导数,

yvvy

0 (2)因为函数在D内解析,所以uxvy,uyvx.代入(2)则上述方程组变为uuxvvx0 2 2vu

xuvx

0. 消去ux得,

v)vx0.1)u2v20,则

f(z)0

为常数.2) 若vx0,(1(2)

CR.ux

uy0,

vy0.所以uc1,vc2. (c2为常数).所以f(z)c1ic2为常数.(k) k!

k!Mrn

rR,则对一切正整数

kn时, f

(0)zr

dz .rknf(z)zk1于是由r的任意性知对一切kn均有f(nf(z)zk1故f(z)nzn,即f(z)是一个至多n.k0《复变函数》考试试题（四）参考答案一.判断题.1 ５．× 6．√７．×８．×９．√10．√.1.12

1; 2

;

2ki

(kz);

n0

(1)nz2n

(z; 5.整函数;6.亚纯函数; 7.0; 三.计算题.1.

z0;

;

1(n1)!.解:z31zcos2k3

isin2k3

k0,1,2zcos1

isin3

1 3i2 2z2cosisin

1zcos3 3

isin3

1 3i2 2ezezz1

e1

Resf(z)z1

z2

Resf(z)z1

ezz1ezz1

2.故原式2i(Resf(z)Resf(z))i(ee1).z1

z1z9z9z2解原式iResf(z)izi

.zi 51 1 zez1解 = ，令 ，得 ez解 = ，令 ，得

z(ez1)

z(ez1)0

z0,z2ki

k,,!lim( 1 1)limze1ezez zzz

lim

1ezz z而z0 1 而

z0(e

z0e

1zelim e 1zz0ezezzez 2

z0为可去奇点当z2ki时，(k0),zez10zez1zez 0而 z2ki z2ki四.证明题.

z2ki为一阶极点.1F(z)

f(z,z0,

z是下半平面内异于z0的点,考虑limF(z)F(z0)lim

f(z)f(z0)lim

f(z)f(z0).zz0

zz0

zz0

zz0

zz0

zz0而z0,

z在上半平面内,已知f(z)在上半平面解析,因此F(z0)f(z0),从而F(z)

f(z)在下半平面内解析.2.证明令f(z)6z3,(z)z4,则f(z)与(z)在全平面解析,且在C1:z

2上

f(z)15(z)16,故在z2内N(f,C1)N(,C1)4.在C2:z

1上

f(z)3(z)1,

1内N(f,C2)N(f,C2)1.f在1

z2内仅有三个零点,即原方程在1

z2内仅有三个根.《复变函数》考试试题（五）参考答案16．× ７．× ８．√ ９．√ 1.2,

,13

;

a2ki

(kz,a为任意实数);3.(2k1)i,

(kz);

2ki,(kz); 5.0; 6.0;()nz2n

(z

i n17.亚纯函数; 三.计算题.zabi,则

n0

; 9.0; 10.00

.n1wz11

12(a1bi)1

2(a1) 2b .z1

z1 (a1)2

(a1)2b2

(a1)2b2故Re(z1)1

2(a

,z1) 2b .z1 (a1)2b2 z1 (a1)2b21i的直线段的参数方程为

z(1i)t

0t1,1 故cRez0R1it1i)dt1i)0tdt1 z,ddz.a0时iz

1i.212acosa21a(zz1)a2(za)(1az),zIi

dz ,z(za)(1az)

1内f(z)1 只以za为一级极点,(za)(1az)在z1上无奇点,故Resf(z)za1

11z11

11a2

,(0a1),由残数定理有I2iResf(z)i za

1a2

,(0a1).解 (z)1

f(z)z,f(z),

则f(z),(z)在

z1

内解析, 且在C

z1上,

1内

NfCNfC1,即原方程在

z1内只有一个根.四.证明题.1.证明因为u(x,y)x2y2,v(x,y)0,故ux2x,uy2y,vxvy0.这四个偏导数在z平面上处处连续,但只在z0处满足C.R.条件,故f(z)只在除了z0外处处不可微.(k) k!

k!Mrn2.证明取

rR,则对一切正整数

kn时,

(0)zr

dz .rknf(z)zk1于是由r的任意性知对一切kn均有f(nf(z)zk1故f(z)nzn,即f(z)n.k0《复变函数》考试试题（六）参考答案一、判断题：1.√ 2.× 3.√ 4.√ 5.√ 6.√ 7.× 8.√ 9.√ 10.×二、填空题：1.

1ei

2.z1

3.2

4. 1 5. 16.三、计算题：

m1阶 7.整函数 8. 9. 0 10. 欧拉公式2i61.2i6

51119 36故lim(2i)n0.n 62.!1i 2f(z)1

f()d2iCzC

3271z d.因此 f()i(3271)故f(z)2i(3z27z1)1if(1i)i(6z7) 6i)(613i)1iez ez

113.解：z21

( )zi ziiRes(f(z),i)e.i2sinz3

n0

(1)n(z3)2n1(2n1)! ,inz3

z6n3.z6 n0(2n1)!z1 x1iy (x2y21)2yi解：设zxiy,则w .z1 z1iy (x1)2y2Rew

x2y21 2y, w .i

(x1)2y2 (x1)2y2 1e

cos( )isin( ) (13i).3 3 2四、1.证明：设f(z)9z6,(z)z76z31,

1

f(z)9,

(z)161

即有f(z)(z).根据儒歇定理，f(z)与f(z)(z)在单位圆内有相同个数的零点，而f(z)的零点个数为6，故z79z66z310在单位圆内的根的个数为6.v(xyabivxvy0,f(zuivD解析，因此(xyD有

uxvy0,

uyvx0.于是u(x,y)cdi故f(z)(ac)(bd)i，即f(z)在内D恒为常数.z0f(zm阶零点，从而可设0f(z)(zz)mg(z，g(zz0g(z00，0于是 1 1 10f(z) (zz)mg(z)01g(z00z0g(z)0g(z)1z0为

1f(z)

的m阶极点.《复变函数》考试试题（七）参考答案一、判断题：1.√ 2.√ 3.× 4.√ 5.√ 6.√ 7.√ 8.×二、填空题：1.ei

2.z1

3.i

4. 1 5. 16.m1阶7.整函数 8. 9. 0

1(n1)!(三、计算题：(2(1.解：2(

1i)2

1i)2ii0.22.!1i 22f(z)1

f()d2iCzC

3271z d.因此 f()i(3271)故f(z)2i(3z27z1)1if(1i)i(6z7) 6i)(613i)1iznez n! 1 1 13.解：

n0 !,z2 z2

z2 z 2因此Res(f(z),0)1.z 1 2 1 14.解： (z1)(z2) z1 z2

z(1

1) 1zz 2由于1

z2，从而1z

z1.2因此在1z2内zz 1 1n z

1zn1 n1zn0有 (z1)(z2)z(zn0

()2n02

[(zn0z

()].2z1 x1iy (x2y21)2yi解：设zxiy,则w .z1 z1iy (x1)2y2Rew

x2y21 2y, w .(x1)2y2 (x1)2y26.解：设zei，则ddz,cos1(z1)，iz 2 2d dz 2

2idz0as

z1

2azz

z1z22az1a21!a1，故奇点为z0a21a212 Resf(z) 1 a21a210a21

zz0 2 .四、证明题：1. f(z24z7

g(z)9z66z3z21,

1

f(z)24,

g(z)9611

f(z)

g(z).

1内f(z)与f(z)g(z)在单位圆内有相同个数的零点，而在z1内f(z)的零点个数为7，故24z79z66z3z210在单位圆内的根的个数为7.

f(z)u2v2c，则2uux2vvx0,2uuy2vvy已知f(z)在区域D内解析，从而有uxvy, uyvx将此代入上上述两式得uuxvuyuuyvux0.因此有

ux0,uy0,

于是有vx0,vy0.即有 u,vc2, f(z)ic2故f(z)在区域D恒为常数.z0f(zm阶零点，从而可设0f(z)(zz)mg(z)g(zz0g(z00，0于是 1 1 10f(z) (zz)mg(z)01g(z00z0g(z)0g(z)1z0为

1f(z)

的m阶极点.五、计算题解：根据线性变换的保对称点性知i关于实轴的对称点i应该变到w0关于圆周的对wwkzizi《复变函数》考试试题（八）参考答案一、判断题：1.√2.×3.√4.×5.√6.√7.√8.×9.√10.×二、填空题：1.

1ei

2.z0，

3.2

4.

5. 1.z)2

7.

n

8. 9. 5

z1三、计算题：

k=0

i,n11.解：由于ezsinz所以 ezsinzdz0z1

1解析，1 dz1i

dz 1z3(z1)(z4) i

z3

(z4) (z1) 3

z

ez1sinzdz12i

dz 1.z3(z1)(z4) 32.!1i 2f(z)1

f()d2iCzC

3271z d.因此 f()i(3271)故f(z)2i(3z27z1)1if(1i)i(6z7) 6i)(613i)1ieez zee3.解：f(z)

11)z21

z1 z1Res(f(z),1)

e e1, Res(f(z), ,2 2因此 Res(f(z),)

ee1

e1e.)2 2 2)z10 11 11z12 11 1 11z12 1

(z1)(z22) z1

z22

z112z2z2

z2 12z22由于 2

zz

12因此在2

z内有() 2n 12(n() 2n 12(n1) n

1n 11z12

( )

() [212)11z ](z1)(z22)

zn0

z z2

n0z2

n0zz1 x1iy (x2y21)2yi解：设zxiy,则w .z1 z1iy (x1)2y2Rew

x2y21 2y, w .(x1)2y2 (x1)2y2zeix,dzieixdxizdxsinx

1(z1)2i z dx 12 dx02in2x 202in2x1 133

dz dz2z1izz2iz1 z1z2iz1在z1内

1z24iz1

z

2)i一个一级极点Res[f(z),(

2)i] i3233

dx02sin2x

i

.2331.证明：设f(z)15z7,g(z)5z6z56z31,233

1

f(z)15,

g(z)13,

f(z)

g(z).

1内f(z)与f(z)g(z)在单位圆内有相同个数的零点，而在z1内f(z)的零点个数为7，故15z75z6z56z310在单位圆内的根的个数为7f(z)u(xyiv(xyD内连续,所以(x0y0D,0,0.当x

,y

时有f(x,y)f(x0,y0)u(x,y)u(x0,y0)i[v(x,y)v(x0,y0)]10 0 0 {[u(x,y)u(x,y)]2[v(x,y)v(x,y)]2}20 0 0 u(xyu(x0y0),v(x,y)v(x0,y0).即与在连续，由(x0,y0)D的任意性知u(x,y)与v(x,y)都在D内连续z0f(zm阶零点，从而可设0f(z)(zz)mg(z)g(zz0g(z00，0于是 1 1 10f(z) (zz)mg(z)0由g(z)0可知存在z的某邻域D在D内恒有g(z)0因此

在内D解析，故0 0 1 1z为 1 的m阶极点.

g(z) 10 f(z)5

4 五、解：1.设

z4，则将区域{z:0argz5

}保形映射为区域{z:0arg }wi,ww1.i因此所求的单叶函数为wei

5z4i5 .z4i一、判断题（20分

《复变函数》考试试题（九）参考答案1、× 2、× 3、√ 4、√ 5、√ 6、√ 7、√ 8、√ 9、× 10、√二、填空题（20分）1ezi

、zk,k,,,

3

4、1 5、16m1

7、整函数 8、c

9、8 10、e三、计算题（30）2i61! 5,im(2i)n2i6622!1i ,2

n 6f(z)1

f()d2iCzC

3271z d.因此 f()i(3271)故f(z)2i(3z27z1)1if(1i)i(6z7) 6i)(613i)1i3、解：ez ezz2f(z) .z21 (zi)(zi)iei

ieiRes(f(z),i)

,Res(f(z),i) 2 2z 1 2 1 14、解： (z1)(z2) z1 z2

z(1

1) 1zz 2由于1

z2，从而1z

z1.2因此在1z2内1n zn 1n1n zn 1n 1 n有

()

()[() ()(z1)(z

zn0z

n0

n0 z 2z1 x1iy (x2y21)2yi5、解：设zxiy,则w .z1 z1iy (x1)2y2Rew

x2y21 2y, w .(x1)2y2 (x1)2y2z2z26、解：设f(z)z410z29,则f(z)在z 0内有两个一级极点z2i，Res(f(z),3i)37i,Res(f(z),i)1i,48 16因此，根据留数定理有 z2z2 37i 1i

dz2i(z410z29 48

) 16 6四、证明题（20分）1、f(z9z6

(z)z76z31,

1

f(z)9,

(z)161

即有f(z)(z).根据儒歇定理，f(z)与f(z)(z)在单位圆内有相同个数的零点，而f(z)的零点个数为6，故z79z66z310在单位圆内的根的个数为6.2、证明：设u(xyabiuxuy0,由于

f(z)uiv在内D解析，因此(xyD有

uxvy0,

uyvx0.于是v(xycdif(zacbd)if(zD恒为常数.3、z0f(zm阶零点，从而可设0f(z)(zz)mg(z，g(zz0g(z00，0于是 1 1 10f(z) (zz)mg(z)01g(z00z0g(z)0g(z)1z0为

1f(z)

的m阶极点.五、计算题（10分）解：1、设z2

i,则将区域{z:2

z保形变换为区域0z

}.22、设te

,则t将区域0z

}保形变换为区域:0argt }.2 23、设st2,则s将D保形变换为上半平面,因此,所求的单叶函数为w

si

t2i

ie2i

e2zi.eesi t2i e2i e2ziee《复变函数》考试试题（十）参考答案0：1.√ 2.√ 3.√ 4.× 5.√ 6.× 7.√ 8.√ 9.√ 10.√0：1.2i

z2.(1z)2

zi

4.1

15.(n1)!三、计算题（40分）1.解：f(z)

z9z2

在z2上解析，由cauchy积分公式，有z 2 dz z2(9z)(zi)

z

9z2dzizi

z9z2zz9z22.解：设f(z)

eiz1z2

ei2 i，有Res(f,i)2i2e1i

1i

23.解： 2

(cos

isin )n(cos isin )n2 2

4 4 4 4cosisincosisin

2cosn4.解：u

2x ，u

4 4 4 4 42yx x2y2 y x2y2v(x,y)

(x,y) udx

(x,y

2

dx

2x dyc(0,0) y

(0,0)

x2y2

x2y2y 2x dyc2arctanycy0x2y2 xf(1i)u(1,1)iv(1,1)ln2i(2arctan1c)ln2故c2

，v(x,y)2

yx 25.解：令f(x)5z，g(z)z41

f(xg(z

1

1时f(z)5

z41

z41

g(z)由Rouche定理知z45z10根的个数与5z0根的个数相同.故z45z10在z1内仅有一个根.《复变函数》考试试题（十一）参考答案一、1．× 2．√ ３．× ４．√ 二、1．1 2．

３．u121

４．u121５．

4a(cos2kisin2k) (k2,4 41６． 3

2n2 1

８．15(a)9.(a)

10.m三、1．解：

u x ,x x2y2

u yy x2y2(x,yv(x,y)(0,0)uydxu(x,y(x,y)(0,0)

y x2y

dx

xx2y2

dyCy x dyCarctanyC.0x2y2 x又 f(1i)1ln2i(arctan1C)1ln2.2 2故C,4

v(x,y)arctan

y.x 42 sin2z 12.解:(1)1

tan

z 奇点为z(2k cos2z 2

k,!k,z(2k

)为二阶极点,2

z为本性奇点.)为z0, zk2ki, (k,)z1为本性奇点,对任意整数k,zk为一级极点,z为本性奇点.3.(1)解:由留数定理,有

f(z)

z19(z21)4(z42)3

共有六个有限奇点,且均在内C:z4,z4f(z)dz[Res(f,]fzLaurent展开f(z)

z8

z191)4z12(12)3z2 z41 1z(1

1)4(1z2

2)3z441 4 10 6 z4z1z2z41z4z8)14!z z3所以Res(f,)C11z4f(z)dzi.(2)解:z,则Id 12 d01os2 201os2 4 1 4 2C:z1i(z6z1)z2u

4zdzi(z46z21)

2du ,故i(u26u1)I12

2du 2 du2 C:z1iu2u) iCu2u1由留数定理,有I2iRes(f,3i

8)1 2422解：儒歇定理：设cf与cc上解析且(z)f(z)，zc，则f(z)(z)与f(z)在c内部的零点个数相同.令f(z)5z4,

g(z)z7z22则f(z),g(z)在z

1内解析且z1

f(z)5

z7z2

2

z7z22

g(z),由儒歇定理z75z4z220的根个数与5z40根个数相同故z75z4z220在z1内有4个根.四、1.证明:

f(z)u(x,y)iv(x,y)u*iv*u*u(x,y), v*v(x,y)x u*x

u*u,

v*v

v*vy x y 由f(z)u(x,y)iv(xy x y uxvy, uyvx.x y 因此有u*v*, u*x y 故f(z)在下半平面内解析.2.证明:(1)

, 0R则M)zr1M)zr2

f(z)maxzr1f(z)z

f(z)f(z)故M(r2)M(r1),即M(r)在[0,R)上为r的上升函数.(2)如果存在r1及r2(0r1r2R)使得M(r1)M(r2)zr2

f(z)z

f(z)于是在r1zr2内f(z)恒为常数,从而在zR内f(z)恒为常数.《复变函数》考试试题（十二）参考答案一、判断题.1.× 2.× 3.× 4.√ 5.×二、填空题.1.1

2.()

3.f(z)z1z

4.2n2

0,i

6.2

7.1

8. 19.本性 10.三、计算题.

1z5e

argz2k5

k0,1,2,3,42ki由511得1e54

从而有k21 4 54(1i)210e 54

i210(cos isin)

1i4 4）f(z)Lnzf(z)z21 k

lnzz21

，(k,,).z1为f0(z)fk(z)(k,,)。Res(f0(z),1)

Res(fk(z),1)k

(k,,)ez 1 zn 1（2）Re

n1Res

n1 z0z

z0z

n0n! n!计算下列积分z7 1）f(z) (z21)3(z22)Res(f,)C11

z(1

1)3(12)z2 z2z2f(z)dz[Res(f,]iz2z（2）设f(z) (z2a2)2

z2(z)2(z)2令(z)

z2，(z)2

(z)

2z(z)3() 2(2) 1则Res(f,) i(2)3 4amz0

f(z)dz2iRes(f,)2a x2dx (x2a2)2 2a儒歇定理：设cf(z及(z满足条件：它们在c的内部均解析，且连续到c；在c

f(z)(z)则f与f在c的内部有同样多零点，f(z)10

g(z)z66z有

f(z)

g(z)由儒歇定理知z66z100在z1没有根。四、证明题证明：.zxiy

有 f(z)ezex(cosyisiny)u(x,y)excosy, v(x,y)exsinyuexcosy,x

uexsiny,y

vexsiny,x

vexcosyy易知u(x,y)，v(x,y)在任意点都不满足CR条件，故f在复平面上处处不解析。z(n) n!

ez2.证明：于高阶导数公式得n n!

(e)ez

0i1n1d即zi1n1dzn 1

ez

zn2 1

zn ez故n!i1n1d

从而 n! n!

iC:1n!n1d《复变函数》考试试题（十三）参考答案r1.1eir

2.limu(x,y)u

limv(xyv

3.0

4.xxoyyo

0 xxo 0yyo5.2

.1z2z4z6()nz2n

7.椭圆28.1(1 2i) 9. (12

)1

10.12 2 4二、计算题．解:(1)

cosi1(ee1)2(2)ln(23i)ln23iiarg(23i)1ln13i(