所以f(i)?ei?4.
i?3. 单位圆的右半圆周为z?e, ? 所以?zdz??ii?2????2.
??i???de2?2?ei?2??2?2i.
4. 解
?sinzz?2(z??2)2dz?2?i(sinz)?z???2?icosz2z??2=0.
四. 证明题.
1. 证明 (必要性) 令f(z)?c1?ic2,则f(z)?c1?ic2. (c1,c2为实常数). 令u(x,y)?c1,v(x,y)??c2. 则ux?vy?uy?vx?0. 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)?u?iv, 则 f(z)?u?iv, 因为f(z)与f(z)在D内解析, 所以
ux?vy,uy??vx, 且ux?(?v)y??vy,uy??(?vx)??vx.
比较等式两边得 ux?vy?uy?vx?0. 从而在D内u,v均为常数,故f(z)在D内为常数.
《复变函数》考试试题（三）参考答案
一. 判断题
1．× ２．×３．√ ４．√ ５．√6．√７． √ ８．√ ９．√ 10．√. 二.填空题.
1.?zz??i,且z?C?; 2. 2k?i?2?i(k?z); 3. ?1?ei; 4. 1; 5. ??0n?1n?1; .
6. 1; 7. ?i; 8. z?(2k?1)?i; 9. ?; 10. 三. 计算题. 1. 解 ze?z(1?2. 解 limn??1(n?1)!21z21z?12!z2????)??n?0?z?n?2n!.
cncn?1?1n!(n?1n)n?11?limn??lim(n?)?limn(?1e. )n??nn??(n?1)!n??nn 所以收敛半径为e. 3. 解 令 f(z)?ezz(z?9)22, 则 Resf(z)?z?0ezz2?9z?0??19.
故原式?2?iResf(z)??z?02?i9.
四. 证明题.
21
1. 证明 证明 设在D内f(z)?C. 令f(z)?u?iv,则f(z)?u2?v2?c2.
2?uux?vvx?0 两边分别对x,y求偏导数, 得 ??uuy?vvy?0(1)(2)
因为函数在D内解析, 所以ux?vy,uy??vx. 代入 (2) 则上述方程组变为
?uux?vvx?022. 消去ux得, (u?v)vx?0. ??vux?uvx?01) u?v?0, 则 f(z)?0 为常数.
2) 若vx?0, 由方程 (1) (2) 及 C.?R.方程有ux?0, uy?0, vy?0. 所以u?c1,v?c2. (c1,c2为常数). 所以f(z)?c1?ic2为常数.
22
《复变函数》考试试题（四）参考答案
一. 判断题.
1．√ ２．× ３．× ４．× ５．× 6．√ ７．×８．× ９．√10．√ . 二. 填空题. 1.
12,
12; 2. ?; 3. 2k?i(k?z); 4.
?(?1)n?0?nz2n(z?1); 5. 整函数;
6. 亚纯函数; 7. 0; 8. z?0; 9. ?; 10. 三. 计算题. 1.
1(n?1)!.
解:z3??1?z?cosz1?cos2k???3?32i?isin2k???3k?0,1,2?32z2?cos??isin???1z3?cos5?3?isinez?isin?3?15?3??12e2?32i
2. 解 Resf(z)?z?1z?1z?1, Resf(z)?z??1ezz?1z??1?e?1?2.
?1 故原式?2?i(Resf(z)?Resf(z))??i(e?e).
z?1z??1 22
3. 解 原式?2?iResf(z)?2?iz??iz9?z2z??i??5.
1z4. 解 e?1?11z?ez?11z?ez?11?ezzzz=z(e?1)，令z(e?1)?0，得z?0,z?2k?i，k??1,?2,?
lim(而
z?0?)?limz?limzz?0z?0e?1?zeze?1z(e?1)z
zz?0e?e?ze2 ?z?0为可去奇点
zzz?lim?ez??1 当z?2k?i时，(k?0),z?e?1?0
z?(ez?1)z 而
四. 证明题.
??z?2k?i?ez?1?zezz?2k?i?0 ?z?2k?i为一阶极点.
1. 证明 设F(z)?f(z), 在下半平面内任取一点z0, z是下半平面内异于z0的点, 考虑 limF(z)?F(z0)z?z0z?z0?limz?z0f(z)?f(z0)z?z0?limz?z0f(z)?f(z0)z?z0.
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)??6z?3, ?(z)?z, 则f(z)与?(z)在全平面解析, 且在C1:z?2上, f(z)?15??(z)?16, 故在z?2内N(f??,C1)?N(?,C1)?4. 在C2:z?1上, f(z)?3??(z)?1, 故在z?1内N(f??,C2)?N(f,C2)?1.
所以f??在1?z?2内仅有三个零点, 即原方程在1?z?2内仅有三个根.
4《复变函数》考试试题（五）参考答案
一. 判断题.
1．√２．√ ３．×４．√５．× 6．× ７．× ８．√ ９．√ 10．√. 二. 填空题. 1.2, ??3 3. (2k?1)?i, (k?z); 4. 2k?i,(k?z); 5. 0; 6. 0;
7. 亚纯函数; 8. 三. 计算题.
1. 解 令z?a?bi, 则
, 1?3i; 2. a?2k?i(k?z,a为任意实数);
?(?1)n?0?nz2n?2?i(z?1); 9. 0; 10. ??0n?1n?1.
23
w?z?1z?1?1?2a(?1?bi)?1??122z?1(a?1)?b2(a?1)222?2a(?21)2(a?1)?b2b22?b22a(?1)?b. 2 故 Re(z?1z?1(a?1)?bz?1(a?1)?b2. 解 连接原点及1?i的直线段的参数方程为 z?(1?i)t0?t?1,
111?i 故?Rezdz???Re[(1?i)t]?(1?i)dt?(1?i)?tdt?.
c002dzi?3. 令z?e, 则d??. 当a?0时
iz(z?a)(1?az), 1?2acos??a2?1?a(z?z?1)?a2?z1dz1故I??, 且在圆z?1内f(z)?只以z?a为一级极点,
iz?1(z?a)(1?az)(z?a)(1?az)在z?1上无奇点, 故Resf(z)?z?a)?1?, Im(z?1)?.
11?azz?a?11?a2,(0?a?1), 由残数定理有
12?I?2?iResf(z)?,(0?a?1). 2z?ai1?a4. 解 令f(z)??z, 则f(z),?(z)在z?1内解析, 且在C:z?1上, ?(z)?1?f(z),
所以在z?1内, N(f??,C)?N(f,C)?1, 即原方程在 z?1内只有一个根. 四. 证明题.
221. 证明 因为u(x,y)?x?y,v(x,y)?0, 故ux?2x,uy?2y,vx?vy?0.
这四个偏导数在z平面上处处连续, 但只在z?0处满足C.?R.条件, 故f(z)只在除了
z?0外处处不可微.
《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. ?1?ei 2. z??1 3. 2? 4. 1 5. 1
6. m?1阶 7. 整函数 8. ? 9. 0 10. 欧拉公式 三、计算题： 1. 解：因为
2?i6?19?136?56?1,
故lim(n??2?i6)n?0.
2. 解：?1?i? ?f(z)?2?3,
2?i?1f(?)C??z??zd? d?.
??3?2?7??1C 24
因此 f(?)?2?i(?3??7? 故f(z)?2?i(3z?7z?1)
22 1) f?(1?i)?2?i(6z?7)1?i?2?i(13?6i)?2?(?6?13i).
ez3.解：z2?1?ez2?(1z?i?1z?i
) ?Res(f(z),i)??ei2.
4.解：sinz??3n?0(?1)n(z3)2n?1(2n?1)!(?1)n,
?sinz3z6??z6n?3.
n?0(2n?1)!z?1z?1,?x?1?iyz?1?iy?(x2?y2?1)?2yi(x?1)2?y2.
.
?5．解：设z?x?iy, 则w? ?Rew??x2?y2?1(x?1)?y22Imw?2y(x?1)?y226．解：e四、
?i3?cos(??3)?isin(??3)?12(1?3i).
2.证明：设v(x,y)?a?bi，则vx?vy?0, 由于f(z)?u?iv在内D解析，因此
?(x,y)?D有 ux?vy?0, uy??vx?0.
于是u(x,y)?c?di故f(z)?(a?c)?(b?d)i，即f(z)在内D恒为常数. 3.证明：由于z0是f(z)的m阶零点，从而可设 f(z)?(z?z0)g(z)， 其中g(z)在z0的某邻域内解析且g(z0)?0，
于是
m1f(z)?1(z?z0)mg(z)?1
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