1) 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,
221.
(n?1)!三. 计算题. 1.
vy?0.
所以u?c1,v?c2. (c1,c2为常数). 所以f(z)?c1?ic2为常数.
2. 证明 取
r?R, 则对一切正整数 k?n f(k)(0)?k!f(z)k!Mrn2??z?rzk?1dz?rk. 于是由r的任意性知对一切k?n均有f(k)(0)?0.
n 故f(z)??cnzn, 即f(z)是一个至多n次多项式或常数.
k?0
《复变函数》考试试题（四）参考答案
.
二. 填空题. 1.
112, 2; 2. ?; 3. 2k?i(k?z); ??(?1)nz2n(z?1); 5. 整函数;
n?06. 亚纯函数; 7. 0; 8. z?0; 9. ?; 解:z3??1?z?cos2k???2k???3?isin3k?0,1,2z?cos??1313?isin3?2?2iz2?cos??isin???1z5?时,
3?cos3?isin5?133?2?2i
z2. 解 Rez?1sf(z)?ez?1?e, Reseze?1. z?12z??1f(z)?z?1?z??1?2 故原式?2?i(Resf(z)?Resf(z))??i(e?e?1z?1z??1).
3. 解 原式?2?iResf(z)?2?iz?z??i9?z2?.
z??i511z?ez?4. 解
ez?1?1z=z(ez?1)，令z(ez?1)?0，得z?0,z?2k?i，k??1,?2,?
4.
11z?ez?11?ezlim而 z?0(ez?1?z)?limz?0(ez?1)z?limz?0ez?1?zez
?ez 10.
?lim1z?0ez?ez?zez??2 ?z?0为可去奇点 11
当z?2k?i时，
(k?0),z?ez?1?0 ?(ez?1)z?? 而
z?2k?i?ez?1?zezz?2k?i?0 ?z?2k?i为
一阶极点. 四. 证明题.
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)f(z)?f(z0)f(z)?f(z0z?z?lim?lim).
0z?z0z?z0z?z0z?z0z?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)?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.
《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, 1?3i; 2. a?2k?i(k?z,a为任意实数); 3. (2k?1)?i, (k?z); 4. 2k?i,(k?z); 5. 0; 6. 0;
? 7. 亚纯函数; 8.
?(?1)nz2n(z?1); 9. 0; 10.
n?0??2?in?1?0n?1. 三. 计算题.
1. 解 令z?a?bi, 则
w?z?1z?1?1?22a(?1?bi)2a(?1)b2z?1?1?(a?12)?b2?1?(a?21)?b2?a(?21)?. b2 故 Re(z?12(a?1)z?1)?1?(a?1)2?b2, Im(z?1z?1)?2b(a?1)2?b2. 2. 解 连接原点及1?i的直线段的参数方程为 z?(1?i)t0?t?1,
故?cRezdz??10?Re[(1?i)t]?(1?i)dt?(1?i)?11?i0tdt?2.
3. 令z?ei?, 则d??dziz. 当a?0时
12
1?2acos??a2?1?a(z?z?1)?a2?故I?(z?a)(1?az),
z
《复变函数》考试试题（六）参考答案
二、填空题：1. ?1?ei 2. z??1 3. 2? 4. 1 5. 1dz1, 且在圆内只以f(z)?z?1i?z?1(z?a)(1?az)(z?a)(1?az)z?a为一级极点, 在
z?1上无奇点,
故
Rez?asf(z)?11?az?12,(0?a?1), 由残数定理有 z?a1?aI?1i2?iRez?asf(z)?2?1?a2,(0?a?1).
4. 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. 1.
证
明
因
为
u(x,y)?x2?y2,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.
2. 证明 取 r?R, 则对一切正整数 k?n 时,
f(k)(0)?k!f(z)k!Mrn2??z?rzk?1dz?rk. 于是由r的任意性知对一切k?n均有f(k)(0)?0.
n 故f(z)??cnzn, 即f(z)是一个至多n次多项式或常数.
k?0 1
6. m?1阶 7. 整函数 8. 9. 10. 欧拉公式 三、计算题： 1. 解：因为
2?i6?19?136?56?1, 故lim(2?in??6)n?0. 2. 解：
1?i?2?3,
?f(z)?1f(?)2?i?C??zd? ??3?2?7??1C??zd?. 因此 f(?)?2?i(?32??7? 1) 故f(z)?2?i(3z2?7z?1)
f?(1?i)?2?i(6z?7)1?i?2?i(13?6i)?2?(?6?13i).
0 13
ez3.解：z2?1?ez2?(1z?i?1z?i)
),i)?ei ?Res(f(z2.
?(?1)n(z3)2n?14.解：sinz3??,n?0(2n?1)!
?sinz3?(?1)n 6n?3z6??n?0(2n?1)!z.
5．解：设z?x?iy, 则w?z?1x?1?iy(x2?y2?1)?2yiz?1?z?1?iy?(x?1)2?y2. ?Rew?x2?y2?1(x?1)2?y2,Imw?2y(x?1)2?y2.
?6．解：e?3i?cos(??3)?isin(??3)?12(1?3i).
四、1. 证明：设f(z)?9z6,?(z)?z7?6z3?1,
则在z?1上，f(z)?9,?(z)?1?6?1?8, 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z7?9z6?6z3?1?0在单位圆内的根的个数
为6.
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)mg(z)， 其中g(z)在z0的某邻域内解析且g(z0)?0， 于是
1f(z)?11(z?zm? 0)g(z)由g(z10)?0可知存在z0的某邻域D1，在D1内恒有g(z)?0，因此
g(z)在内D11解析，故z0为
f(z)的m阶极点. 14
《复变函数》模拟考试试题
《复变函数》考试试题（一）
一、 判断题（4x10=40分）：
1、若函数f(z)在z0解析，则f(z)在z0的某个邻域内可导。（ ） 2、有界整函数必在整个复平面为常数。（ ）
3、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、cos z与sin z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limz?zf(z)存在且有限，则z0是函数的可去奇点。（ ）
08、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)dz?0。（ ）
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。（ ） 二、填空题（4x5=20分）
1、若C是单位圆周，n是自然数，则?1C(z?z0)ndz?__________。
2、设f(z)?(x2?2xy)?i(1?sin(x2?y2),?z?x?iy?C，则
zlim?1?if(z)?_________。
3、设f(z)?1z2?1，则f(z)的定义域为___________。 ??4、?nzn的收敛半径为_________。
n?0、Res(ez5zn,0)?_____________。
三、计算题（8x5=40分）： f(z)?11、设(z?1)(z?2)，求f(z)在D?{z:0?|z|?1}内的罗朗展
式。
15