解析函数难点试题与参考答案

解析函数难点试题与参考答案考试时间：______分钟总分：______分姓名：______一、单项选择题（本大题共5小题，每小题3分，共15分。在每小题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的，请将正确选项字母填在题后的括号内。）1.函数f(z)=u(x,y)+iv(x,y)在点z0处解析的必要条件是（）。A.u(x,y)和v(x,y)在点(x0,y0)处连续B.u(x,y)和v(x,y)在点(x0,y0)处可微C.柯西-黎曼方程在点(x0,y0)处成立D.u(x,y)和v(x,y)在点(x0,y0)处存在偏导数2.若函数f(z)=1/(z-z0)^n(n为正整数，z0为复常数，z0≠0)，则积分∮∞-∞f(z)dz沿复平面上围绕z0的正向简单闭曲线C的值为（）。A.0B.2πiC.nπiD.不确定，与闭曲线C的形状有关3.设函数f(z)在区域D内解析，且不恒等于常数。若f(z)在D内某点z1处取到最大模|f(z1)|，则z1必为（）。A.D内的任意一点B.D内的孤立点C.D的边界点D.D内的极点4.函数f(z)=z^2/(z-1)(z+2)在z=1处的留数为（）。A.-1/3B.1/3C.-2/3D.2/35.级数∑_{n=1}^∞(z-2)^n/3^n的收敛半径R为（）。A.1B.3C.1/3D.2二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分。请将答案填写在题中横线上。）6.柯西积分公式表明，若函数f(z)在简单闭曲线C及其内部区域D内解析，且z0∈D，则f(z0)=_______。7.函数f(z)=e^z在z=0处的泰勒级数展开式为_______。8.若f(z)=u(x,y)+iv(x,y)在区域D内解析，则实部u(x,y)满足拉普拉斯方程_______。9.函数f(z)=1/(z^2+1)的所有孤立奇点为_______。10.若函数g(z)=z^2在z=1处的留数为2，则函数h(z)=g(g(z))在z=1处的留数为_______。三、计算题（本大题共4小题，每小题5分，共20分。）11.计算积分∮_Γ(z^2+2z+3)/(z-1)dz，其中积分路径Γ是以原点为中心，半径为2的正向圆周。12.计算积分∮_Ce^z/(z-1)^2dz，其中C是围绕点z=1的任意正向简单闭曲线。13.将函数f(z)=1/(z(z-1)(z-2))在z=0处展开成Laurent级数。14.利用留数定理计算积分∫_{-∞}^∞(x^2+1)/(x^4+1)dx。四、证明题（本大题共2小题，每小题10分，共20分。）15.证明：若函数f(z)在区域D内解析，且满足f(z)=f(1/z)(z≠0，z∈D)，则f(z)恒为常数。16.设函数f(z)在简单闭曲线C及其内部区域D内解析，且f(z)≠0。证明：积分∮_C(logf(z)+1)/(z-z0)dz=2πi，其中z0是C内任意一点，logf(z)是f(z)的一个单值分支。试卷答案一、单项选择题1.C2.B3.C4.B5.B二、填空题6.∮_Cf(ζ)/(ζ-z0)dζ/2πi7.∑_{n=0}^∞z^n/n!8.∂^2u/∂x^2+∂^2u/∂y^2=09.z=±i10.8三、计算题11.解析思路：积分路径Γ包含奇点z=1。将积分函数在z=1处的去心邻域内展开为Laurent级数：f(z)=(z-1)+2+3/(z-1)=2+(z-1)+3/(z-1)。根据留数定理，积分值为2πi*留数(f,1)。留数(f,1)=3/(z-1)在z=1处的系数，即3。故积分值为2πi*3=6πi。12.解析思路：积分路径C包含二阶奇点z=1。根据高阶留数定理，积分值为2πi*留数(f,1)。留数(f,1)=lim_{z→1}(d/dz)[(z-1)^2*e^z/(z-1)^2]=lim_{z→1}(d/dz)e^z=e^1=e。故积分值为2πi*e=2πie。13.解析思路：先进行部分分式分解：f(z)=1/(z(z-1)(z-2))=A/z+B/(z-1)+C/(z-2)。解得A=-1/2,B=1,C=1/2。故f(z)=-1/(2z)+1/(z-1)+1/(2(z-2))。在z=0处展开：-1/(2z)=-1/(2z)，1/(z-1)=1/z-1+z+z^2+...=∑_{n=0}^∞z^n，1/(2(z-2))=-1/(4z)+1/(8)-z/(16)+z^2/(32)+...=-1/(4z)-∑_{n=1}^∞z^{n-1}/2^n。合并得Laurent级数：f(z)=(-1/2-1/4+1)/z+(1/8)-∑_{n=1}^∞(1/2^n+1/2^n)z^n=3/4/z-1/8+∑_{n=1}^∞(-1/(2^{n+1}))z^n。14.解析思路：被积函数为偶函数，令I=∫_{-∞}^∞(x^2+1)/(x^4+1)dx。考虑复变积分∮_{Γ}(z^2+1)/(z^4+1)dz，其中Γ是上半平面内包含实轴上无穷远点的闭围道，由实轴上的线段[−R,R]和半径为R的半圆弧C_R组成。当R→∞时，沿C_R的积分趋于0。根据留数定理，∮_{Γ}f(z)dz=2πi*Σ(Res(f,z_k))，其中z_k是f(z)在上半平面的奇点。z^4+1=0的根为z_k=e^(iπ(2k+1)/4)，k=0,1,2,3。上半平面根为z_1=e^(iπ/4)和z_2=e^(3iπ/4)。留数(f,z_1)=(z_1^2+1)/(4z_1^3)=(e^(iπ/2)+1)/(4e^(3iπ/4))=(i+1)/(4e^(i3π/4))=(i+1)/(4(-√2/2+i√2/2))=(i+1)/(-2√2+4i√2/2)=(i+1)/(-2√2+2i√2)=(i+1)/(2i√2(1-i))=(1+i)/(2i√2)*(1+i)/(1+i)=(1+i)^2/(2i√2*2)=(1+2i-1)/(4i√2)=2i/(4i√2)=1/(2√2)。留数(f,z_2)=(z_2^2+1)/(4z_2^3)=(e^(3iπ/2)+1)/(4e^(9iπ/4))=(-i+1)/(4e^(iπ/4))=(-i+1)/(4e^(iπ/4))=(-i+1)/(4e^(iπ/4))=(-i+1)/(4e^(iπ/4))=(1-i)/(4e^(iπ/4))=(1-i)/(4e^(iπ/4))=1/(2√2)。故积分I=∮_{Γ}f(z)dz/2πi=(留数(f,z_1)+留数(f,z_2))/2=(1/(2√2)+1/(2√2))/2=1/√2/2=√2/4。四、证明题15.证明思路：设g(z)=logf(z)(z≠0)，其中log是f(z)的一个单值分支。对g(z)求导，g'(z)=f'(z)/f(z)。由于f(z)在D内解析，f'(z)存在且连续。若f(z)恒不为零，则g(z)在D内解析。由f(z)=f(1/z)，两边取单值分支的对数得g(z)=g(1/z)。对g(z)=g(1/z)两边求导得g'(z)=g'(1/z)*(-1/z^2)。代入g'(z)=f'(z)/f(z)和g'(1/z)=f'(1/z)/f(1/z)，得f'(z)/f(z)=-f'(1/z)/f(1/z)*(1/z^2)。令h(z)=f'(z)/f(z)，则h(z)=-h(1/z)/z^2。两边乘以z^2得z^2h(z)=-h(1/z)。令z→z0，若z0≠0，则h(z0)=-h(1/z0)/z0^2。由于f(z0)≠0，f'(z0)≠0，所以h(z0)=f'(z0)/f(z0)≠0。代入上式得f'(z0)/f(z0)=-f'(1/z0)/f(1/z0)/z0^2。由于f'(1/z0)/f(1/z0)=-f'(z0)/f(z0)/z0^2，所以0=0，此式无新信息。考虑z0=0的情况，f(z)=f(1/z)在z=0处也成立，f(0)=f(∞)。若f(∞)≠0，则g(0)=logf(∞)存在。若f(∞)=0，则f(z)=z*g(z)，f'(z)=g(z)+zg'(z)。f'(0)=g(0)。f(z)=f(1/z)=>zg(z)=g(1/z)。两边求导=>g(z)+zg'(z)=-g'(1/z)/z^2。令z=0=>g(0)+0=-g'(0)/0^2。此式无意义，说明f(∞)不能为0。所以f(∞)≠0。g(0)=logf(∞)存在。g'(0)=f'(0)/f(0)=g(0)。g'(0)=g(0)。令z→0，g(1/z)→g(∞)=g(0)。-g'(1/z)/z^2→-g'(0)/0^2。需要极限存在，只有g'(0)=0。所以g(0)=g'(0)=0。g(z)=g(1/z)=>g(z)-g(1/z)=0。两边求导=>g'(z)+g'(1/z)/z^2=0。令z=0，需要极限存在=>g'(0)+g'(0)/0^2=0=>0+0/0=0。此式无意义，说明需要g'(0)=0。这与g'(0)=0一致。所以g(z)=0。f(z)=e^g(z)=e^0=1。f(z)恒为常数1。所以f(z)恒为常数。16.证明思路：令g(z)=logf(z)+1，其中log是f(z)的一个单值分支。g(z)在C及其内部区域D内解析，且g(z)≠0(因为f(z)≠0)。根据解析函数的柯西积分定理，g(z)在D内任意一点z0处的值等于它在C上值的平