?(2)解: 令
z?4f(z)dz?2?i.
z?ei?,则
?0I??
d?12?d??1?cos2?2?01?cos2?
?14zdz
42?C:z?12i(z?6z?1)4zdz2du,故 ?i(z4?6z2?1)i(u2?6u?1)再令
z2?u则
12du2duI??2??
22?C:z?1C2i(u?6u?1)iu?6u?1由留数定理,有
21?I??2?iRes(f,?3?8)?4??? i422四、1.证明:
f(z)?u(x,?y)?iv(x,?y)?u*?iv*
v*??v(x,?y)vx??vx,*u*?u(x,?y),**ux?ux,uy??uy,由
vy?vy*
f(z)?u(x,y)?iv(x,y)在上半平面内解析,从而有
ux?vy,uy??vx.
因此有ux*?vy*,uy*??vx*
故
f(z)在下半平面内解析.
?r1?r2,0?r1?r2?R则
z?r1z?r12.证明: (1)
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.
(0?r1?r2?R)使得M(r1)?M(r2)
z?r1 (2)如果存在r1及r2则有
maxf(z)?maxf(z)
z?r2于是在1r?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?1 4. 0,? z5.
i 6. 2? 7.
1 8.
2n2??1
9.本性 10. 三、计算题.
??
k?0,1,2,3,4
5i1.解：
wk?ze515argz?2k?i5
??2k? 由?1??1 得?1??110e 从而有k110?2
w2(1?i)?2?e
2.解：（1）
??4?45i?2(cos3?3?1?i?isin)?5 444，(kf(z)?Lnzlnz?2k?f(z)?的各解析分支为kz2?1z2?1?0,?1,?).
z?1为f0(z)的可去奇点，为fk(z)的一阶极点(k?0,?1,?)。
? )Res(f0(z),1)?0 Res(fk(z),1)?k?i. (k??1,?2,?1?zn?1ez（2）Res?Res?n?1????
z?0zn?1z?0n!n?0n!??z3.计算下列积分
解：（1）
z71f(z)?2?
3212(z?1)(z?2)z(1?)3(1?)z2z2Res(f,?)??C?1??1
?（2）设
z?2f(z)dz?2?i[?Res(f,?)]?2?i
z2z2f(z)?2?(z?a2)2(z?ai)2(z?ai)2，
z2令?(z)?(z?ai)2??(z)?2aiz(z?ai)3
则Res(f,ai)???(ai)1!2(ai2)1???i (2ai)34a
?Imz?0f(z)dz?2?iRes(f,ai)??2a
?四、证明题 1证明：.设
????x2dx? ?(x2?a2)22az?x?iy 有 f(z)?ez?ex(cosy?isiyn )u(x,y)?excosy,v(x,y)??exsiny
?u?u?v?excosy,??exsiny,??exsiny,?x?y?x易知u(x,?v??excosy ?yy)，v(x,y)在任意点都不满足C?R条件，故f在复平面上处处不解析。
2.证明：于高阶导数公式得
(e)z?(n)??0n!ez??d? 2?i???1?n?1n!ez?即z?d?
???12?i?n?1n?zn?1znez?zn1ez??d?故?d? 从而?????C:??1??12?in!?n?1n!2?i?n?1?n!?
《复变函数》考试试题（十三）参考答案
一、填空题．（每题２分）
2
1.
1?i?e 2. limu(x,y)?u0及limv(x,y)?v0 3. 0 4. ?
x?xox?xory?yoy?yo2 6. 1?z2?z4?z6????(?1)nz2n???? 7.椭圆
5.
8.
12??(1?2i) 9. (1?)?1 10. ?1 224二、计算题．
１．计算下列各题．（９分） 解: (1)
cosi?1(e?e?1) 2(2)
ln(?2?3i)?ln?2?3i?iarg(?2?3i)
13?ln13?i(??arctan) 22(3)
33?i?e(3?i)ln3?e(3?i)(ln3?i?2k?)?e3ln3?2k??i(6k??ln3)
?27e2k?[cos(ln3)?isin(ln3)]
z?8?0?z?3?8?8e?2e33i?i??2k?32. 解:
(k?0,1,2)
故
z3?8?0共有三个根: z0?1?3, z1??2, z2?1?3 3. 解:
u?x2?y2?xy?ux?2x?y,uy??2y?x ?2u?2u?2?2?2?2?0?u是调和函数.
?x?y
v(x,y)??x0(x,y)(0,0)(?uy)dx?uxdy?c??y0(x,y)(0,0)(2y?x)dx?(2x?y)dy?c
??(?x)dx??(2x?y)dy?c
x2y2???2xy??c
2222
x2y21?2xy??) ?f(z)?u?iv?(x?y?xy)?i(?222
?11(2?i)z2?i 22214. 解 (1)
15222(x?iy)dz?(x?ix)d(x?ix)???i ?c?066 (2)
?1?i0[(x?y)?ix]dz?i?(?y)dy??[(x?1)?ix2]dx
00211
ii11??????(3?i)
2326n5. 解:
0?z?1时
?1111?zf(z)??????()??zn
(z?1)(z?2)z?2z?12n?o2n?0?
??(1?n?01zn?1)zn
1?z?2时f(z)?111?11 ????z1(z?1)(z?2)z?2z?12(1?)z(1?)2z
??zn1?????nn?o2n?1n?0z??6. 解: (1)
5z?2??c?z?2z(z?1)2dz?2?i[?Res(f,?)]??4?i
(2)
sin2z??z?4z2(z?1)dz?2?i[?Res(f,?)]?0
z2f(z)?1?z4
7.解: 设
z1?22(1?i)和z2?(?1?i)22z2?1?i
42i为上半平面内的两个一级极点,且
Res[f(z),z1]?limz?z1[z?2(?1?i)](z2?i)2
Res[f(z),z2]?limz?z2z2[z?2(?1?i)](z2?i)2?1?i 42ix21?i1?i? dx?2?i(?)????1?x4242i42i??8. (1)
R?1 (2) R??
9. 解: 设
z?x?iy,则f(z)?z?x2?y2 ux?2x,uy?2y,vx?vy?0
2当且仅当 三、
x?y?0时,满足C?R条件,故f(z)仅在z?0可导,在z平面内处处不解析.
1. 证明: 设
f?u?iv,因为f(z)为常数,不妨设u2?v2?C (C为常数)
则
u?ux?v?vy?0 u?uy?v?vy?0
f(z)在D内解析,从而有ux?vy, uy??vx
由于
将此代入上述两式可得
ux?uy?vx?vy?0
于是u
?C1,v?C2 因此f(z)在D内为常数.
《复变函数》考试试题（十四）参考答案
一、 1、
rn?cosn??isinn?? 2、limu?x,y??u0且limv?x,y??v0
x?x0y?y0x?x0y?y03、0 4、有限值 5、4 6、1?z2?z4???z2n??