复函复习题

复函复习题

一．填空题

(cos2isin2)2

13ie1. 复数 的指数形式为． 3(cos3isin3)

12. 方程ezi0 的全部解为(2k)i． 2

3.

z1tanzdz 0 ． nin

4. n(z1)n的收敛半径为Ｒ＝ 2 ． n02

41e2z

5. Res(4)． z03z

6．函数f(z)

二．判断题

１.方程ln(1z)的极点0的阶数ｍ＝． 3sinzz11的图形是一条圆周曲线． ( ) z1

2. 设f(z)x33xy2i(3x2yy3)，则f(z)处处解析，且有

f(z)3x23y26xyi． ( )

3. 设C为半圆周z11的上半部分从0到2的圆弧段，则

4cos(z)dz． ( ) C4

in

4. 级数2为条件收敛的幂级数． ( ) n1n

5. z为函数1的孤立奇点． ( ) sinzcosz

16. Res(z)0. ( ) zz

答：1． 2．√ 3．√ 4． 5.  6. 

三．计算下列各题：

1. 函数 f(z)(x2yy3)i(x2xy2) 在复平面内何处可导，何处解析，在 1

可导的点，求出其导数．

解：设ux2yy3，vx2xy2

222则 u,vx2xy,uyx3y,vx2xyy2xy．

在复平面上都连续，由C—R方程有：x24y22x0．

故f(z)仅在椭圆(x1)24y21上可导，在复平面上处处不解析．

且在可导的点有f(z)2xyi(2xy2)．

2. 已知ux24xyy2，求解析函数f(z)uiv,使f(i)12i．

解：∵ux2x4y,uy4x2y,由于fz解析

2∴有uxvy2x4y,v(2x4y)dy2xy2ygx

又uyvx4x2y ，而vx2ygx ，所以gx4x．

则gx2x2C ，从而v2x22xy2y2C，由f(i)12i知v(0,1)2， 所以C0，fzx24xyy2i2x22xy2y2，或f(z)(2i1)z2．

3. 将函数f(z)1在zi点展开成泰勒级数，并求收敛半径． z2

1111i解：f(z)2() ，而 (i)n1(zi)n， zzzzii1i(zi)n0



∴ f(z)((i)

n0n1(zi))(i)n1n(zi)n1 nn1

由于f(z)1

2在点z0不解析，所以收敛半径R0(i)=1， z

1x0,y0的z平面上能分出3个单四．计算下列各题： 1.

设f(z)值解析分支，求在点z1取正值的那个分支fk(z)在zi的值.

解：当z从点z1沿曲线C到zi时，cargz所以cargf(z)2，carg(1z)4， 5，而argf(1)0， 12

2

于是fk(i)fk(i)e

2. 将函数f(z)

朗级数． 解：f(z)iargf(1)i

cargf(z)e5i12. 1分别在区域 0z3i6与6z3i内展开成洛2z91，当0z3i6时， (z3i)(z3i)

in11z3in1111 =()， 从而f(z)n1(z3i)n1 . 6in06iz3iz3i6i6i(1)n06

6i

当6z3i时，1111 z3iz3i6iz3i(1)z3i

16in1n＝＝ ， ()(6i)n1z3in0z3i(z3i)n0



因此 f(z)(6i)n

n01． (z3i)n2

z15

dz 3. 计算积分 I2243(2zi)(z2i)z3

z15

解：设f(z)，则f(z)的6个有限奇点都在曲线 C：z3的2243(2zi)(z2i)

( )z内部，由留数定理， I2iResf， I2iResf(z).由第二个留数定理，

k1zzkz6

111i而Resf(z)Resf()2， 于是I． zz0zz42

五、证明题

1. 利用最大模原理证明：如果在区域D内不恒为常数的解析函数f(z)，在D内某点z0有f(z0)0，则f(z0)不可能是f(z)在D内的最小值. 证：如果f(z0)是f(z)在D内的最小值，则在D内，f(z)0处处成立，

于是g(z)1在D内解析，由最大模原理知g(z)不能在D的内部取得最大值， f(z)

3

与f(z0)是f(z)在D内的最小值矛盾，所以题目结论成立.

2. 证明方程ez3z50在区域z1内恰有5个根. 证：令f(z)3z5,g(z)ez，则显然f(z),g(z)处处解析， 在圆周C：z1上有f(z)3,g(z)exef(z)，

,C)N(f,C). 5 由Rouche定理有 N(fg

4

复函复习题

一．填空题

(cos2isin2)2

13ie1. 复数 的指数形式为． 3(cos3isin3)

12. 方程ezi0 的全部解为(2k)i． 2

3.

z1tanzdz 0 ． nin

4. n(z1)n的收敛半径为Ｒ＝ 2 ． n02

41e2z

5. Res(4)． z03z

6．函数f(z)

二．判断题

１.方程ln(1z)的极点0的阶数ｍ＝． 3sinzz11的图形是一条圆周曲线． ( ) z1

2. 设f(z)x33xy2i(3x2yy3)，则f(z)处处解析，且有

f(z)3x23y26xyi． ( )

3. 设C为半圆周z11的上半部分从0到2的圆弧段，则

4cos(z)dz． ( ) C4

in

4. 级数2为条件收敛的幂级数． ( ) n1n

5. z为函数1的孤立奇点． ( ) sinzcosz

16. Res(z)0. ( ) zz

答：1． 2．√ 3．√ 4． 5.  6. 

三．计算下列各题：

1. 函数 f(z)(x2yy3)i(x2xy2) 在复平面内何处可导，何处解析，在 1

可导的点，求出其导数．

解：设ux2yy3，vx2xy2

222则 u,vx2xy,uyx3y,vx2xyy2xy．

在复平面上都连续，由C—R方程有：x24y22x0．

故f(z)仅在椭圆(x1)24y21上可导，在复平面上处处不解析．

且在可导的点有f(z)2xyi(2xy2)．

2. 已知ux24xyy2，求解析函数f(z)uiv,使f(i)12i．

解：∵ux2x4y,uy4x2y,由于fz解析

2∴有uxvy2x4y,v(2x4y)dy2xy2ygx

又uyvx4x2y ，而vx2ygx ，所以gx4x．

则gx2x2C ，从而v2x22xy2y2C，由f(i)12i知v(0,1)2， 所以C0，fzx24xyy2i2x22xy2y2，或f(z)(2i1)z2．

3. 将函数f(z)1在zi点展开成泰勒级数，并求收敛半径． z2

1111i解：f(z)2() ，而 (i)n1(zi)n， zzzzii1i(zi)n0



∴ f(z)((i)

n0n1(zi))(i)n1n(zi)n1 nn1

由于f(z)1

2在点z0不解析，所以收敛半径R0(i)=1， z

1x0,y0的z平面上能分出3个单四．计算下列各题： 1.

设f(z)值解析分支，求在点z1取正值的那个分支fk(z)在zi的值.

解：当z从点z1沿曲线C到zi时，cargz所以cargf(z)2，carg(1z)4， 5，而argf(1)0， 12

2

于是fk(i)fk(i)e

2. 将函数f(z)

朗级数． 解：f(z)iargf(1)i

cargf(z)e5i12. 1分别在区域 0z3i6与6z3i内展开成洛2z91，当0z3i6时， (z3i)(z3i)

in11z3in1111 =()， 从而f(z)n1(z3i)n1 . 6in06iz3iz3i6i6i(1)n06

6i

当6z3i时，1111 z3iz3i6iz3i(1)z3i

16in1n＝＝ ， ()(6i)n1z3in0z3i(z3i)n0



因此 f(z)(6i)n

n01． (z3i)n2

z15

dz 3. 计算积分 I2243(2zi)(z2i)z3

z15

解：设f(z)，则f(z)的6个有限奇点都在曲线 C：z3的2243(2zi)(z2i)

( )z内部，由留数定理， I2iResf， I2iResf(z).由第二个留数定理，

k1zzkz6

111i而Resf(z)Resf()2， 于是I． zz0zz42

五、证明题

1. 利用最大模原理证明：如果在区域D内不恒为常数的解析函数f(z)，在D内某点z0有f(z0)0，则f(z0)不可能是f(z)在D内的最小值. 证：如果f(z0)是f(z)在D内的最小值，则在D内，f(z)0处处成立，

于是g(z)1在D内解析，由最大模原理知g(z)不能在D的内部取得最大值， f(z)

3

与f(z0)是f(z)在D内的最小值矛盾，所以题目结论成立.

2. 证明方程ez3z50在区域z1内恰有5个根. 证：令f(z)3z5,g(z)ez，则显然f(z),g(z)处处解析， 在圆周C：z1上有f(z)3,g(z)exef(z)，

,C)N(f,C). 5 由Rouche定理有 N(fg

4