《复变函数》考试试题（一）参考答案 一．
判断题
1．×2．√ ３．√ ４．√ ５．√ 6．√ ７．×８．×９．×10．× 二．填空题
1.
?2?in?1 ； 2. 1； 3. 2k?，(k?z)； 4. z??i； 5. 1 ?0n?1?6. 整函数； 7.
?； 8.
1； 9. 0； 10. ?.
(n?1)!三．计算题. 1. 解 因为
0?z?1, 所以0?z?1
?1?zn111n??z??(). f(z)???z2n?02(z?1)(z?2)1?z2(1?)n?022. 解 因为
z?Resf(z)?limz??2?2z??22?lim1??1, coszz???sinzz??2Resf(z)?limz???2z???22?lim1?1. coszz????sinz所以
1sf(z)?Resf(z)?0.
?z?2coszdz?2?i(Re??z??z?223. 解 令
?(?)?3?2?7??1, 则它在z平面解析, 由柯西公式有在z?3内,
?(?)dz?2?i?(z).
c??z
f(z)?? 所以4. 解 令
f?(1?i)?2?i??(z)z?1?i?2?i(13?6i)?2?(?6?13i).
z?a?bi, 则
w?z?122(a?1?bi)2(a?1)2b?1??1??1??z?1z?1(a?1)2?b2(a?1)2?b2(a?1)2?b2z?12(a?1)z?12b)?1?)?, Im(z?1(a?1)2?b2z?1(a?1)2?b2.
.
故
Re(四. 证明题. 1. 证明 设在D内
f(z)?C.
令
f(z)?u?iv,则f(z)?u2?v2?c2.
x,y求偏导数, 得 ?2 两边分别对
?uux?vvx?0?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)
若u2?v2?0, 则 f(z)?0 为常数.
2)
若vx所以u?0, 由方程 (1) (2) 及 C.?R.方程有ux?0, uy?0, vy?0. ?c1,v?c2. (c1,c2为常数).
所以
f(z)?c1?ic2为常数.
《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．×. 二. 填空题
1.1，??2，
i； 2. 3?(1?sin2)i； 3. ??2?in?1； 4. 1； 5. m?1.
0n?1?6.
2k?i，(k?z). 7. 0； 8. ?i； 9. R； 10. 0.
三. 计算题
(?1)n(2z3)2n?1?(?1)n22n?1z6n?31. 解 sin(2z)????(2n?1)!(2n?1)!n?0n?03?.
2. 解 令
z?rei?.
i??2k?2 则
f(z)?z?rei,(k?0,1).
又因为在正实轴去正实值，所以k??0.
所以
f(i)?e4.
3. 单位圆的右半圆周为z??ei?, ?i??2?????2.
所以
?i?izdz??2?de?e?2i?2??2?2i.
4. 解
?sinzz?2(z?)2?2dz?2?i(sinz)?z???2?icosz2z??2=0.
四. 证明题.
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.
1. 证明 (必要性) 令 即u,v满足C.?(充分性) 令 因为
R., 且ux,vy,uy,vx连续, 故f(z)在D内解析.
f(z)?u?iv, 则 f(z)?u?iv,
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?i; 8.
6. 1; 7. 三. 计算题. 1. 解
?2?in?1; (k?z); 3. ?1?ei; 4. 1; 5. ?0n?1?1z?(2k?1)?i; 9. ?; 10. .
(n?1)!.
?11z?n?2ze?z(1??????)??2z2!zn?0n!212zn?1cnn!(n?1)n?11n?limn??lim(n?)li?m(1?e. )2. 解 limn??cn??nn??n??(n?1)!nnn?1 所以收敛半径为e.
ezez13. 解 令 f(z)?, 则 Resf(z)?. ??222z?0z(z?9)z?9z?092?i故原式?2?iResf(z)??.
z?09四. 证明题.
1. 证明 证明 设在D内
f(z)?C.
2 令
f(z)?u?iv,则f(z)?u2?v2?c2.
?uux?vvx?0 两边分别对x,y求偏导数, 得 ??uuy?vvy?0因为函数在D内解析, 所以
(1) (2)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)
u2?v2?0, 则 f(z)?0 为常数.
2)
若vx所以u?0, 由方程 (1) (2) 及 C.?R.方程有ux?0, uy?0, vy?0.
?c1,v?c2. (c1,c2为常数).
所以
f(z)?c1?ic2为常数.
《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.
11.
2,
12; 2.
?; 3. 2k?i(k?z); 4. ?(?1)nz2nn?0?(z?1); 5. 整函数;
6. 亚纯函数; 7. 0; 8. 三. 计算题. 1.
z?0; 9. ?; 10.
1.
(n?1)!解:z3??1?z?cos2k???2k????isin33??13z1?cos?isin??i3322z2?cos??isin???1z3?cosk?0,1,25?5?13?isin??i3322ezeeze?12. 解 Resf(z)?. ?, Resf(z)??z?1z?1z?12z??1z?1z??1?2 故原式?3. 解 原式?
2?i(Resf(z)?Resf(z))??i(e?e?1).
z?1z??12?iResf(z)?2?iz??iz9?z2?z??i?5.
z11z?e?1?zzzz(e?1)z(e?1)?0，得z?0,z?2k?i，k??1,?2,? ze?14. 解 =，令
11z?ez?11?ezlim(z?)?limz?limzz?0e?1z?0(e?1)zz?0e?1?zezz而
?ez1?limz??z?0e?ez?zez2 ?z?0为可去奇点
zz?2k?i时，(k?0),z?e?1?0
当
?(e 而
z?1)z??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
z?z0limF(z)?F(z0)f(z)?f(z0)f(z)?f(z0)?lim?lim. z?z0z?z0z?z0z?z0z?z0而0, 析.
zz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
2. 证明 令且在故在在
f(z)??6z?3, ?(z)?z4, 则f(z)与?(z)在全平面解析,
C1:z?2上, f(z)?15??(z)?16, z?2内N(f??,C1)?N(?,C1)?4.
C2:z?1上, f(z)?3??(z)?1, z?1内N(f??,C2)?N(f,C2)?1.
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
故在所以
一. 判断题.
1．√２．√ ３．×４．√５．× 6．× ７．× ８．√ ９．√ 10．√. 二. 填空题.
, 1?3i; 2. a?2k?i(k?z,a为任意实数);
3 3. (2k?1)?i, (k?z); 4. 2k?i,(k?z); 5. 0; 6. 0;
??2?in?1n2n 7. 亚纯函数; 8. ?(?1)z. (z?1); 9. 0; 10. ?n?0?0n?11.2, ?三. 计算题. 1. 解 令
?z?a?bi, 则
w?z?122(a?1?bi)2(a?1)2b?1??1??1??z?1z?1(a?1)2?b2(a?1)2?b2(a?1)2?b2.
z?12(a?1)z?12b)?1?)?, Im(. z?1(a?1)2?b2z?1(a?1)2?b22. 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?iRe[(1?i)t](1?i)dt?(1?i)tdt? 故Rezdz?. ???c?0?02dzi?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, 在z?1i?z?1(z?a)(1?az)(z?a)(1?az) 故
Re(