2022年復(fù)變函數(shù)題庫

1.

f(z)

1(z1)(z2)fz

{z:0z

內(nèi)旳羅朗展式.0z1,解由于

0z1因此f(z) 1

1 1

1 z(z1)(z2) 1z 1 dz.|z|1cosz2.

2(1z2

n0

zn

2n0

( )n2.Resf(z)lim

z2lim

1 cosz sinz解由于z2 z2 z2 ,Resf(z)lim

z.2lim.

1 1 cosz

sinzz z2 2

z2 1z2cos

dz2i(Resf(z)Resf(z)0 2因此 z z2 .2

f(z)

71C z

，其中C{z:|z|3}，試求f'(1i).令()3271,則它在z平面解,由柯西公式有在z3內(nèi),f(z) ()dz2i(z)cz .fi)2i(z) 2i(136i)(613i)因此 z1i .z1w求復(fù)數(shù)

z1z1 x1iy (x2y21)2yiw 解令zxiy,則 z1 z1iy (x1)2y2 .Rew

x2y21,(x1)2y2

Imw 2y (x1)2y2四.證明題.函數(shù)f(z)D內(nèi)解析.證明：如果|f(z|D內(nèi)為常數(shù)，那么它在D內(nèi)為常數(shù).證明設(shè)在D內(nèi)

f(z)C.f(z)uiv, 則f(z令

u2v2c2.uu

vvx

0 (1)x,y求偏導(dǎo)數(shù),得

uuvv 0 (2)y yDuv,u vD由于函數(shù)在內(nèi)解,因此x y y x.代入(2)則上述方程組變?yōu)閡u vu

vv0xuv0

u (u2v2)v0x x .消去x得, x .若u2v2

0,則f(z)0C.v 0 u 0, u C.若x ,由方程(1)(2)及 方程有x y ,y .uc

,v

c,c

f(z)cic因此 1

2.(1 2

2常數(shù).z(1z)試證:fz(1z)

在割去線段0Rez1zf(z)證明

并求出支割線0Rez1z1旳值.z(1z)z0,10Rezz(1z)01zz 由于當(dāng)z從支割線上岸一點(diǎn)出,持續(xù)變動(dòng)到 時(shí),只有z旳幅角增長.因此f(z)

z(1z(1z) 分支在上岸之幅角為0,因而此分支在

z

旳幅角為

f(1) 2e2

2i.sin(2z3)

(1)n(2z3)2n1

(1n22n1z6n3求函數(shù)sin(2z3

(2n1)!n0 n0

(2n1)! .z在復(fù)平面上取上半虛軸作割.試在所得旳區(qū)域內(nèi)取定函數(shù) 在正實(shí)軸取正實(shí)值旳zzi一種解析分支，并求它在上半虛軸左沿旳點(diǎn)及右沿旳點(diǎn) 處旳.z

f(z)

rei

2k2 , (k 0,1).z.因此 z.因此 又由于在正實(shí)軸取正實(shí)值，因此

k0

f(i)ei4

I

i|z|i

，積分途徑為（1）單位圓

|z1旳右半圓.單位圓旳右半圓周為

z

2

2），

i zdz2i 22

2e22

2i.

sinz dzz2(z)22

sinzz2(z)22

dzz)z

2icoszz2

2=0.四.證明題f(zDDf(zD析.f(z)c

ic

f(z)

ic

c,c證明(必要性)令

1 2,則

1 2.(1

2為實(shí)常數(shù)).u(x,y)c令 1

,v(x,y)

uv2.則x

u v0y x .u,v C.u,v C.f(z) 即 滿足 ,且x y y x持續(xù),故 在內(nèi)解.f(z)uiv,則f(zuivf(zf(zDu v, u vx y y

u (v) v, u (v)v,且x y y y x x.比較等式兩邊得

uv u v0D u,v fD u,v f(z) 即證“任一n

次方程

azna0

zn1

n1

zan

0 (a0

0)

有且只有na

個(gè)根”.

f(z)azn0

azn11

n1

zan

Rmax 100,取 a0

n,1,當(dāng)z在C:zR上時(shí),有(z)a1

Rn1 an1

Ran

(a1

an

)Rn1a0

Rnf(z)由儒歇定理知在圓

zR

內(nèi),方程

azna0

zn1a

n1

za n

azn0與0 有相同個(gè)數(shù)旳根.而內(nèi)有n個(gè)根.

azn0

0在zR 內(nèi)有一種n重根z0.因本次n方程在zR

f(z)z2ez

0z1在圓環(huán)域 內(nèi)展為Laurent級(jí).11z2ez

z2(1 )1 z 2!z21

zn2n! .n0 !znnnncncn1cncn1n!nn

旳收斂半徑.(n1)(n1)n1(n1)!1 lim( 1

lim(1 )nen

n

ezdzCz2(z29)

n nC

n n|z1

.因此收斂半徑為e.算下列積分： ，其中是 .f(z) ez

Resf(z) 1

iResf(z)

iezz2令 z2(z2ezz2

z0

z0

9.故原式

z0 9 .z9求

2z6

z

8z20在|z|<1內(nèi)根旳個(gè)數(shù).令f(z)z92z6z22,(z)8z.則在C: z1上f(z)與(z)均解析,且

f(z)6

(z)8,故由儒歇定理有.即在 內(nèi),方程只有一種N(f,C)N(f,C)1 .即在 內(nèi),方程只有一種四.證明題f(z)設(shè) 是一整函數(shù)，并且假定存在著一種正整數(shù) n，以及兩個(gè)正數(shù)R及M，使得當(dāng)|z

|f(z)M|z時(shí)

，證明

f(z)

f(z)f(z)zk1證明取rR,則對(duì)一切正整數(shù)kn時(shí),

f(k)(0)

k!2

zr

dz

k!Mrnrk .于是由r

旳任意性知對(duì)一切kn均有

f(k)(0)0.f(z)ncznn故 k0

,即f(z)是一種至多n次多項(xiàng)式或常數(shù).1.解方程z310.解z31z

2kisin2k3 3

k0,1,23z cosisin1 i31 3 3 2 2z cosisin12313z 3

isin i3 3 2 2f(z) ez設(shè)

z21，求Resf(z).ezz1Resf(z) ezz1解z2解z,

Resf(z) ezzezz1z1

e12.2i(Resf(z)Resf(z))i(ee1)z9z9z2

z1z

z1 .|z|2(9z2)(zi)

dz. iResf(z)i .解原式

zi

5zi .1 1f(z)e

1 z有哪些奇點(diǎn)？各屬何類型（若是極點(diǎn)，指明它旳階數(shù)1 1 zez1 解e

z=z(ez

1)

，令z(ez

0 z0,z2ki ，得 ，1 1 z