?f(z)?2?i?C??z1f(?)d? d?.
1) ??3?2?7??1C??z2 因此 f(?)?2?i(?3??7? 故f(z)?2?i(3z?7z?1)
2 f?(1?i)?2?i(6z?7)1?i?2?i(13?6i)?2?(?6?13i).
3、解：
f(z)?ezz?12?ez(z?i)(z?i)?ie2i.iei
Res(f(z),i)?4、解：
,Res(f(z),?i)?2.z(z?1)(z?2)??1z?1?2z?2??11z(1?)z?1.
?1z1?2
由于1?z?2，从而
1z?1,z2 因此在1?z?2内
有
z(z?1)z(???1?1nzn1????()?()??[(n1)??2)zn?0z2zn?0n?0z?(n )].2.
5、解：设z?x?iy, 则w?z?1z?1,?x?1?iyz?1?iy?(x2?y2?1)?2yi(x?1)?y.
22 ?Rew?x2?y2?1(x?1)2?y2Imw?2y(x?1)2?y26、解：设f(z)?z2?z?2z4?10z2?9,则f(z)在Imz?0内有两个一级极点z1?3i,z2?i，
Res(f(z),3i)?3?7i48,Res(f(z),i)??1?i16,
因此，根据留数定理有
???z2?z?2z4?10z2?9??dz?2?i(3?7i48?1?i16)???6.
四、证明题（20分）
31
2、证明：设u(x,y)?a?bi，则ux?uy?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v(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)m?1g(z)
由g(z0)?0可知存在z0的某邻域D1，在D1内恒有g(z)?0，因此
1g(z)在内D1解析，故
z0为
1f(z)的m阶极点.
《复变函数》考试试题（十）参考答案
一、判断题（40分）：
1.√ 2. √ 3.√ 4. × 5. √ 6. × 7. √ 8. √ 9. √ 10. √ 二、填空题（20分）： 1. 2?i 2.
z(1?z)2 3. z??i 4. 1 5.
1(n?1)!
三、计算题（40分） 1. 解：f(z)?z9?z2在z?2上解析，由cauchy积分公式，有
z2z29?z2?i? ?dz?dz??z?2z?iz?2(9?z2)(z?i)9?z2eiz1?z2e?i2?z??i?5
2. 解：设f(z)?n，有Res(f,?i)?n?2i?i2e
??n??n?1?i??1?i???(cos?isin)?(cos?isin) 3. 解：????4444?2??2? ?cosn?4?isinn?4?cosn?4?isinn?4?2cosn?4
32
4. 解：
?u?x?2xx?y22，
?u?y?2yx?y22
v(x,y)??(x,y)(0,0)?uydx?uxdy?c??(x,y)?2yx2?y2(0,0)dx?2xx2?y2dy?c
??y0ydy?c?2arctan?c 22x?yx2xf(1?i)?u(1,1)?iv(1,1)?ln2?i(2arctan1?c)?ln2
故c???2，v(x,y)?2arctanyx??2
《复变函数》考试试题（十一）参考答案
一、1．× 2．√ ３．× ４．√ ５．√ 二、1． 1 2．? ３．u?５．zk?６．
412 ４．u?12
a(cos2k???4?isin2k???4)(k?0,1,2,3)
13 ７．
2n2??1 ８．15
9.
?(a) 10. ?m ??(a)?u?x?xx?y(x,y)22三、1．解： ,?u?y?yx?y22
v(x,y)? ???(0,0)?uydx?uxdy?C
yx2?y2dx?xx2?y2dy?C yx(x,y)(0,0)?x ??y20x?y2dy?C?arctan 1(?C.
又 f(1?i)?u(1,1?)iv ?故C??12ln2?i(arctan1?C)?yx?12ln2.
?4,v(x,y)?arctan?4.
33
2.解: (1) tanz?2sin2zcos2z奇点为z?(2k?)?,12k?0,?1?对任意整数k,
1z?(2k?)?为二阶极点, z??为本性奇点.
2 (2) 奇点为z0?1,zk?2k?i,(k?0,?1?)
z?1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: f(z)?由留数定理,有
z19(z?1)(z?2)2443共有六个有限奇点, 且均在内C:z?4,
?z?4f(z)dz?2?i[?Res(f,?)]
将f在z??的去心邻域内作Laurent展开
f(z)?z1912z(1?2)4?z12(1?4)3zz8
1423)(1?)z2z414106z4 ?(1?2?4??)(1?4?8??)
zzzzz14??3??zzz(1?所以Res(f,?)??C?1??1
?1?1?z?4i?f(z)dz?2?i.
(2)解: 令z?e,则
I?? ??d?1?cos?20?12?2?d?1?cos?
20
12?C:z?1i(z4?6z2?1)4zdzi(z?6z?1)424zdz再令z?u则
2?2dui(u?6u?1)2,故
34
I?12?2?2dui(u?6u?1)2C:z?1?2i?duu?6u?12C
由留数定理,有
I?2i?2?iRes(f,?3?8)?4??142*??2* 四、1.证明: f(z)?u(x,?y)?iv(x,?y)?u?iv
u*?u(x,?y),ux?ux,**v*??v(x,?y)vx??vx,*uy??uy,vy?vy*
由f(z)?u(x,y)?iv(x,y)在上半平面内解析,从而有
ux?vy,因此有ux?vy,**uy??vx.
uy*??vx*
故f(z)在下半平面内解析. 2.证明: (1) ?r1?r2,0?r1?r2?R则
z?r1z?r1 M(r1)?maxf(z)?maxf(z) M(r2)?maxf(z)?maxf(z)
z?r2z?r2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(0?r1?r2?R)使得M(r1)?M(r2) 则有 maxf(z)?maxf(z)
z?r2z?r1于是在r1?z?r2内f(z)恒为常数,从而在z?R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)?z?1z 4. 0,?
5. i 6. 2? 7. 1 8.
35
2n2??1