复变函数习题集(1-4)

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《复变函数》(西安交大)习题解答--第1章习题

2
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22
z ( 3 )2 ( 5 )2 34 ，z 位于第四象限，故
2
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2
arg z arctg 5 , ••Argz arctg 5 2k••••(k 0,1,2,)
3
3
3） z 26 7i 7 13i
2i
2
•Re(z) 7 , ••Im(z) 13, •• z 7 13i,
13
a r gz a r c t2g, ••A r g z a r c t2g 2k••••(k 0,1,2,)
3
3
2） z i 3i(1 i) 3 5 i
2
22
Re(z) 3 , ••Im(z) 5 , •• z 3 5 i,
4) i 8 4i 21 i .
解：1） 1 3 2i 3 2 i 3 2i 13 13 13
Re(z) 3 , ••Im(z) 2 , z 3 2 i ,
13
13
13 13
z
( 3 )2 ( 2)2
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ13
,
z 位于第四象限，故
13 13
4. 证明
1） z 2 z z ;
2) z1 z2 z1 z2 ;
3) z1 z2 z1 z2 ;
4)

z1 z2

z1 z2
•, •z 2
0;
5) z z ;
6) Re(z) 1 (z z) , Im(z) 1 (z z ) .
2
2i
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复变函数总练习题1

复变函数总练习题1第⼀章练习题1、已知⽅程i e z 31+=，则z Im 为（）A. ln2B.32π C. ,...1,0,2±=k k π D. ,...1,0,23±=+k k ππ2、设210z z ++=，则1173z z z ++= （） A.0 B. i C.－i D.13、设iy x z +=，则zw 1=将圆周222=+y x 映射为（）A ．通过0=w 的直线B ．圆周21=wC ．圆周22=-wD ．圆周2=w4、已知⽅程(1+2i)z=4+3i ，则z 为 ( )A. 2+iB. -2+iC. 2-iD. -2-i5、复数)3sin 3(cos z ππi +-=的三⾓形式是 ( )A. 32sin 32cos ππi +B. 3sin 3cos ππi +C. 32sin 32cos ππ-+iD. 3sin 3cos ππ-+-i 6、⽅程1Re 2=z 所表⽰的平⾯曲线为（） A.圆B.直线C.椭圆D.双曲线7、(1cos )(2sin ),02z t i t t π=+++≤≤所表⽰的曲线为A. 直线B. 双曲线C. 抛物线D. 椭圆 8、点集{}:5E z i i +- 表⽰的图形是（）A.半平⾯B.圆域C.直线D.点9、下列集合为有界单连通区域的是（）A. 10<B. 0Re >zC. 2<-i zD. ππ<10、若13-=z 且0Im >z ，则Z ⼀定等于（）A ．-1 B. i 2321--C. i 2321+ D. i 31+-11、211limz z +∞→的值为（）A ．0 B. i π2- C. 1 D.012、则3Im z =__________________________ 13、知⽅程(12)43i z i +=+，则z =___________； 14、31z =且Im 0z >，则z =___________；15 、数()2arg(3)f z z =-在复平⾯除去实轴上⼀区间______ __ 外是连续解析函数。

(完整版)工程数学习题集复变函数积分变换

第1次复变函数（1）一、填空题。

1. 设(1)(2)(3)(3)(2)i i i z i i +--=++，则z =__________ 2.设z =, 3arg()4z i π-=,则z=________________ 3. 不等式522<++-z z 所表示的区域是曲线_______________的内部。

4. 复数i 31-的三角表达式为二、请计算i +1的值。

三、已知21z z 和是两个复数，证明)Re(2212221221z z z z z z ++=+四、下列坐标变换公式写成复数形式；1）平移公式：1111x x a y y b =+⎧⎨=+⎩，2）旋转公式：1111cos sin sin cos x x y y x y αααα=-⎧⎨=+⎩五、指出下列各题中点z 的轨迹或所在范围，并作图。

1）56z -=； 2）21z i +≥；3)314z z +++=。

4)312z z -≥-六、将下列方程（t 为实参数）给出的曲线用一个实直角坐标方程表出：1）(1)z t i =+； 2）t ib t a z sin cos += (b a ,为实常数)3）22i z t t=+。

4) it it z ae be -=+第2次复变函数（2）一、填空题1. 241lim (12)z i z z →+++=________________ 2. 由映射2)(z z f =得到的两个二元实函数=),(y x u =),(y x v . 3. 函数zz z f =)( 在0→z 时极限为 4. 已知映射3z =ω, 则点i z =在该映射下在ω平面的象为二、对于映射11()2w z z =+，求出圆周|z|=4的像。

三、函数1w z =把下列z 平面上的曲线映射成w 平面上怎样的曲线？ 1）224x y +=； 2） y x =。

3) 1x =。

4) 22(1)1x y -+=.四、设函数()f z 在0z 连续且0()0f z ≠，那么可找到0z 的小邻域，在这邻域内()0f z ≠。

复变函数练习题

复变函数练习题一、选择题1．)0(=z z 的辐射角情况为（）。

A 有无穷多个B 有限个C 可能无穷可能有限D 不存在 2．如果21z z e e =则（）。

A 21z z =B i z z π221+=C i z z π221-=D i k z z π221+= 3．设}{k a 为复数列，k k k k z b z a Im ,Re ==，则（）。

A 级数∑+∞=1k k a 收敛而级数∑+∞=1k k b 不收敛B 级数∑+∞=1k k a 不收敛而级数∑+∞=1k k b 收敛C 级数∑+∞=1k k a 和∑+∞=1k k b 均收敛D 级数∑+∞=1k k a 和∑+∞=1k k b 均不收敛4．nz w =4的支点是（）。

A 0B ∞C 0及∞D 不确定5．设f (z)及g (z)都在区域D 内解析，且在D 内的某一段曲线上的值相同，则这两个函数在D 内（）。

A 不恒等B 恒等C 相差个非零常数D 不确定 6．方程1Re 2=z 所表示的平面曲线为（）。

A 园B 直线C 椭圆D 双曲线 7．设i z cos =，则（）。

A 0Im =zB π=z ReC 0=zD π=z arg 8．设W=Ln(1-I)则Imw 等于（）。

A 4π- B ,1,0,42±=-k k ππ C4πD ,1,0,42±=+k k ππ9．解析函数的幂级数展式有（）。

A 唯一一个B 无穷多个C 不一定存在D 可数个10．同一函数在不同的圆环内的洛朗展式（）。

A 相同B 不同C 不一定唯一D 以上均错 11．若a 是E 的聚点，则（）。

A E a ∈B E a ∉C a 是E 内点D A 、B 均对 12．设C 为正向圆周1=z ，则积分zdzc⎰等于（）。

A 0B i π2C π2D π2- 13．3π=z 是函数ππ--=z z z f 3)sin()(3的（）。

复变函数_习题集(含答案)

21.用留数定理计算积分．
22.用留数定理计算积分 .
23.用留数定理计算积分．
24.用留数定理计算积分．
25.用留数定理计算积分．
26.判断级数的收敛性．
27.判断级数的敛散性．
28.判断级数的敛散性．
29.求幂级数的收敛半径，并讨论它在收敛圆周上的敛散情况．
30.求幂级数的收敛半径，并讨论它在收敛圆周上的敛散情况．
31.将按的幂展开，并指明收敛范围．
32.试将函数分别在圆环域和内展开为洛朗级数．
33.试给出函数在处的泰勒展开式．
34.试将函数分别在圆环域内展开为洛朗级数．
35.试给出函数在处的泰勒展开式．
36.设在区域解析，证明在区域内满足下列等式
．
37.证明方程的全部根均圆环内．
故 ,即在上为的上升函数.
(2)如果存在及使得 ,则有 .于是在内恒为常数,从而在内恒为常数.
39.证明：取 ,解析且连续到边界.
.
（根据Rouche定理）
故结论成立.
40.证明: 是调和函数.
使得解析,
解析,
也是调和函数.
一、填空题1
（略）……
证明区域d上的调和函数我们有ixy上任何点处可微且满足cr条件
《复变函数》课程习题集
一、计算题
1.函数在平面上哪些点处可微？哪些点处解析？
2.试判断函数在平面上哪些点处可微？哪些点处解析？
3.试判断函数在平面上的哪些点处可微？哪些点处解析？
4.设函数在区域内解析，在区域内也解析，证明必为常数．
14.计算积分，其中路径为（a）自原点到点的直线段；(b)自原点沿虚轴到，再由沿水平方向向右到．

复变函数期末考试复习题及答案详解

《复变函数》考试试题（一）三 . 计算题（ 40 分）：dz1、|z z 0 | 1 ( z z )n__________. （ n 为自然数）f ( z)12.sin 2 z cos 2z _________.3. 函数sin z的周期为 ___________.f (z)14. z 2 1 ，则f ( z)的孤立奇点有 __________.设 5. 幂级数nz n的收敛半径为 __________.n 06. 若函数 f(z) 在整个平面上处处解析，则称它是__________.lim z nlimz 1z 2 ... z n7. 若 n，则 nn ______________.Res(ez8.n,0)z________，其中 n 为自然数 .9.sin z的孤立奇点为 ________ .z10. 若zlimf (z) ___是f (z) 的极点，则z z.1. 设( z 1)( z 2) ，求 f ( z) 在 D { z : 0 | z | 1}内的罗朗展式 .1dz.2.|z| 1cos zf ( z) 3 2 71，其中 C { z :| z |3} ，试求 f '(1 i ).3.d设Czwz 14. 求复数 z 1 的实部与虚部 .四 . 证明题 .(20 分 )1. 函数f (z)在区域 D 内解析 . 证明：如果 | f ( z) |在 D 内为常数，那么它在 D 内为常数 .2. 试证 :f (z)z(1 z) 在割去线段 0 Re z 1 的 z 平面内能分出两个单值解析分支 , 并求出支割线 0 Re z 1 上岸取正值的那支在 z 1 的值 .《复变函数》考试试题（二）二. 填空题 . (20 分)1.设z i ，则| z |__,arg z__, z__2.设 f ( z)(x2 2 xy) i (1 sin( x2y2 ), z x iy C，则lim f (z)________.z1idz_________. （n为自然数）3.|z z0 |1 ( z z )n4.幂级数nz n的收敛半径为 __________ .n05.若 z0是 f(z) 的 m 阶零点且 m>0，则 z0是f ' ( z)的 _____零点 .6.函数 e z的周期为 __________.7.方程 2z5z33z 8 0 在单位圆内的零点个数为________.18.设 f ( z)1z2，则 f ( z) 的孤立奇点有_________.9.函数 f (z)| z |的不解析点之集为________.10.Res( z41,1)____ . z三.计算题 . (40 分)1.求函数sin(2z3)的幂级数展开式 .2. 在复平面上取上半虚轴作割线 . 试在所得的区域内取定函数z在正实轴取正实值的一个解析分支，并求它在上半虚轴左沿的点及右沿的点z i 处的值.计算积分： Ii1）单位圆（| z |1）3.| z | dz，积分路径为（i的右半圆 .sin zdzz22( z)4.求2.四. 证明题 . (20 分)1.设函数 f(z) 在区域 D 内解析，试证：f(z)在 D 内为常数的充要条件是 f ( z)在D内解析.2.试用儒歇定理证明代数基本定理 .《复变函数》考试试题（三）二. 填空题 .(20 分)11.设 f ( z)，则f(z)的定义域为___________.z212.函数 e z的周期为_________.3.若 z nn 2 i (1 1 )n，则 lim z n __________.1 nn n4. sin 2 z cos 2z___________.dz5.|z z 0 | 1 ( z z )n_________. （ n 为自然数）6.幂级数nx n的收敛半径为 __________.n 07.设f (z)1，则 f ( z ) 的孤立奇点有 __________.z218. 设ez1，则 z___ .9.若z 0 是 f (z) 的极点，则 limf ( z) ___ .z z 010.Res( e z,0)____.z n三. 计算题 . (40分)11.将函数 f ( z)z 2e z在圆环域 0z内展为 Laurent 级数 .n!n2. 试求幂级数nnz的收敛半径 .n3. 算下列积分：e zdz，其中C 是| z| 1.Cz 2 (z29)4. 求z 9 2z 6z28z 2 0 在 | z |<1内根的个数 .四 . 证明题 . (20 分)1.函数f (z)在区域 D 内解析 . 证明：如果 | f ( z) |在 D 内为常数，那么它在D 内为常数 .2.设f (z) 是一整函数，并且假定存在着一个正整数n ，以及两个正数R 及 M ，使得当| z|R 时| f (z) |M | z |n ，证明f (z) 是一个至多 n 次的多项式或一常数。

复变函数习题解答(第4章)

p178第四章习题(一)[ 3, 4, 6, 7(4), 10, 12, 13, 14 ]3. 如果lim n→∞ (c n + 1/c n)存在( ≠∞ )，试证下列三个幂级数有相同的收敛半径：(1) ∑n≥ 0c n z n；(2) ∑n≥ 0 (c n/(n + 1))z n + 1；(3) ∑n≥ 0 (n c n)z n– 1．【解】事实上，我们只要证明下面的命题：若∑n≥ 0c n z n的收敛半径为R，则∑n≥ 0 (n c n)z n– 1的收敛半径也为R．从这个命题，就可以得到幂级数(1)的收敛半径与幂级数(2)的收敛半径相同，幂级数(3)的收敛半径与幂级数(1)的收敛半径相同．step1. 当R是正实数或+∞时．若| z | < R，则存在r∈ 使得| z | < r < R．因∑n≥ 0c n z n的收敛半径为R，根据收敛半径定义及Abel定理，知∑n≥ 0 | c n r n |收敛．因| (n c n)z n– 1 | = ( | n/r | · ( | z |/r)n – 1 ) · | c n r n |；而lim n→∞ ( | n/r | · ( | z |/r)n – 1 ) = 0，故∃M > 0使得0 ≤ | n/r | · ( | z |/r)n – 1≤M．所以| (n c n)z n– 1 | ≤M · | c n r n |．由Weierstrass判别法知∑n≥ 0 | (n c n)z n– 1 |收敛，所以∑n≥ 0 (n c n)z n– 1收敛．因此∑n≥ 0 (n c n)z n– 1的收敛半径R1≥R．特别地，若∑n≥ 0c n z n的收敛半径为+∞，则∑n≥ 0 (n c n)z n– 1的收敛半径也为+∞．step2. 当R是非负实数时．对任意的满足R < r < | z |的实数r，根据收敛半径定义，∑n≥ 0c n r n发散．从而∑n≥ 0 | c n r n |发散．当n > r + 1时，| c n r n | = | r/n | · | (n c n)r n– 1 | ≤ | (n c n)r n– 1 |；因此，∑n≥ 0 | (n c n)r n– 1 |发散．由Abel定理，∑n≥ 0 (n c n)z n– 1的收敛半径R1≤r．由r的任意性，得R1≤R．特别地，若∑n≥ 0c n z n的收敛半径为0，则∑n≥ 0 (n c n)z n– 1的收敛半径也为0．step3. 综合step1和step2的结论，当R为正实数时，也有R1 = R．即若∑n≥ 0c n z n的收敛半径为R，则∑n≥ 0 (n c n)z n– 1的收敛半径也为R．[这个证明中，我们没有用到条件lim n→∞ (c n + 1/c n)存在( ≠∞ )，说明该条件是可以去掉的．因为一般的幂级数并不一定满足这个条件，因此去掉这个条件来证明结论是有意义的．]4. 设∑n≥ 0c n z n的收敛半径为R (0 < R < +∞)，并且在收敛圆周上一点绝对收敛，试证明这个级数对所有的点z : | z | ≤R为绝对收敛且一致收敛．【解】设z0在收敛圆周上，且∑n≥ 0 | c n z0 n |绝对收敛．那么对于点z : | z | ≤R，都有| z | ≤ | z0|．因此级数∑n≥ 0 | c n z n |收敛，即∑n≥ 0c n z n绝对收敛．而由Weierstrass判别法知知级数∑n≥ 0c n z n对所有的在闭圆| z | ≤R上一致收敛．6. 写出e z ln(1 + z)的幂级数展式至含z5项为止，其中ln(1 + z)|z = 0 = 0．【解】在割去射线L = { z∈ | Im(z) = 0，Re(z) ≤-1}的z平面上，能分出Ln(1 + z)的无穷多个单值解析分支(Ln(1 + z))k = ln| (1 + z) | + i arg(1 + z) + 2kπi ，k∈ ．由条件ln(1 + z)|z = 0 = 0，知arg(1) + 2kπ = 0，即k = 0．所以，满足条件的分支为ln(1 + z) = ln| (1 + z) | + i arg(1 + z)．因为(ln(1 + z))’= 1/(1 + z) = ∑n≥ 0 (-1)n z n，| z | < 1．∀z : | z | < 1，从沿0到z的曲线逐项积分得ln(1 + z) - ln(1 + z)|z = 0 = ∑n≥ 0 ((-1)n/(n + 1)) z n + 1，| z | < 1；即ln(1 + z)= ∑n≥ 0 ((-1)n/(n + 1)) z n + 1，| z | < 1．因e z= ∑n≥ 0 (1/n!) z n，z∈ ，故∀z : | z | < 1，幂级数∑n≥ 0 (1/n!) z n，∑n≥ 0 ((-1)n/(n + 1)) z n都绝对收敛．故它们的Cauchy乘积收敛于它们的和函数的乘积，所以e z ln(1 + z) = z · (∑n≥ 0 (1/n!) z n)(∑n≥ 0 ((-1)n/(n + 1)) z n)，| z | < 1．设e z ln(1 + z) = z ·∑n≥ 0 c n z n，| z | < 1．则c n = ∑0 ≤k≤n(1/k!) · (-1)n -k/(n -k + 1)，n∈ ．故c0 = 1，c1 = 1/2，c2 = 1/3，c3 = 0，c4 = 3/40，...．所以e z ln(1 + z) = z+ (1/2)z2 + (1/3) z3 + (3/40) z5 + ...，| z | < 1．7. 将下列函数按z– 1的幂展开，并指出其收敛范围．(4) z1/3 ( 11/3 = (– 1 + √3 i )/2 )．【解】在割去射线L = { z∈ | Im(z) = 0，Re(z) ≤-1}的z平面上，能分出z1/3的三个单值解析分支( z1/3)k = | z |1/3 · exp((arg(z) + 2kπ)i/3)，k = 0, 1, 2．设要展开的分支为z1/3 = | z |1/3 · exp((arg(z) + 2k0π)i/3)，0 ≤k0 ≤ 2．因为| 1|1/3 = 1，arg(1) = 0，故exp(2πi/3) = (– 1 + √3 i )/2 = exp(2k0πi/3)，所以k0 = 1．即要展开的分支为z1/3 = | z |1/3 · exp((arg(z) + 2π)i/3)．因为z1/3 = exp(2πi/3) · | z |1/3 · exp(arg(z)/3 ·i)，而主值支(1 + (z– 1))1/3 = | z |1/3 · exp(arg(z)/3 ·i)的展式为(1 + (z– 1))1/3 = ∑n≥ 0 C(1/3, n)(z– 1)n，| z– 1| < 1．所以，要展开的分支z1/3 = exp(arg(z)/3 ·i) ·∑n≥ 0 C(1/3, n)(z– 1)n= ∑n≥ 0 (– 1 + √3 i )/2 ·C(1/3, n)(z– 1)n，| z– 1| < 1．10. 设a为解析函数f(z)的至少n阶零点，又为解析函数ϕ(z)的n阶零点，试证：lim x→a f(z)/ϕ(z) = f(n)(a)/ϕ(n)(a)．【解】设f(z)与ϕ(z)在a的某邻域U= { z∈ | | z–a | < R}内的Taylor展式分别为f(z) = ∑k≥ 0 c k (z–a) k，ϕ(z) = ∑k≥ 0 d n (z–a) k，z∈U，因a为f(z)的至少n阶零点，又为ϕ(z)的n阶零点，故当k≤n – 1时，f(k)(a) = ϕ(k)(a) = 0，且ϕ(n)(a) ≠ 0．因∀k∈ ，c k = f(k)(a)/k!，d k = ϕ(k)(a)/k!；故当k≤n – 1时，c k = d k = 0，且d n≠ 0．因此，f(z) = ∑k≥n c k (z–a) k，ϕ(z) = ∑k≥n d k (z–a) k．注意到幂级数c n + c n + 1 z+ c n + 2 z2 + ...以及幂级数d n + d n + 1 z+ d n + 2 z2 + ...都在U 内收敛，设它们的和函数分别为f1(z), ϕ1(z)．则f(z) = (z–a)m f1(z)，ϕ(z) = (z–a)nϕ1(z) ( z∈U )，且f1(a) = c n，ϕ1(a) = d n ≠ 0．所以，lim x→a f(z)/ϕ(z) = lim x→a f1(z)/ϕ1(z) = f1(a)/ϕ1(a) = c n/d n = f(n)(a)/ϕ(n)(a)．12. 设f(z)在区域D内解析；在某一点z0∈D有f(n)(z0) = 0，n = 1, 2, ...．试证f(z)在D内必为常数．【解】设U = { z∈ | | z–z0| < R}⊆D，则f(z)在U内能展成(z–z0)的幂级数f(z) = ∑k≥ 0 c k (z–z0) k，其中c k = f(k)(z0)/k!．因为f(k)(z0) = 0，k = 1, 2, ...．故c k = 0，k = 1, 2, ...．因此f(z)在U内恒为常数c0．由唯一性定理，f(z)在区域D内恒为常数c0．13. (最小模原理)若区域D内不恒为常数的解析函数f(z)在D内的点z0有f(z0) ≠ 0，则| f(z0) |不可能是| f(z) |在区域D内的最小值，试证之．【解】存在z0的邻域U = { z∈ | | z–z0| < R}⊆D，使得f(z)在U内恒不为零．倘若| f(z0) |是| f(z) |在区域D内的最小值，则| f(z0) |是| f(z) |在U内的最小值．那么，| 1/f(z0) |是| 1/f(z) |在U内的最大值．而1/f(z)在U内解析，由最大模原理，1/f(z)在U内恒为常数．故f(z)在U内也恒为常数．由唯一性定理，f(z)在区域D内也恒为常数，这与题目的条件相矛盾．所以| f(z0) |不可能是| f(z) |在区域D内的最小值．14. 设D是周线C的内部，函数f(z)在区域D内解析，在闭域cl(D) = D⋂C上连续，其模| f(z) |在C上为常数．试证：若f(z)不恒等于一个常数，则f(z)在D内至少有一个零点．【解】因f(z)在cl(D)上连续，故| f(z) |在cl(D)有最大值，即存在z0∈cl(D)，使得| f(z0) | = max z∈cl(D) | f(z) |．因连续函数f(z)在闭域cl(D)上不恒为常数，故f(z)在D上也不恒为常数．由最大模原理，∀z∈D，有| f(z) | < | f(z0) |．因此z0∈∂D = C．设| f(z) |在C上为常数m，则m = | f(z0) | > 0．(反证法)若f(z)在D内恒不为零，则1/f(z)在D内解析．而在周线C上，| f(z) | = m > 0．故1/f(z)在cl(D)上连续．因1/f(z)在D内不恒为常数，因此1/f(z)也满足f(z)所满足的条件．由最大模原理，对∀z∈D，| 1/f(z) | < 1/m．由此得到m < | f(z) | < m，矛盾．[从本题的证明中可以看出，用最大模原理，可以得到如下结论：设f(z)在区域D 内解析，在cl(D)连续且不恒为常数，若| f(z) |在cl(D)上有最大值，那么| f(z) |在cl(D)上的最大值M必然在D的某个边界点取到，并且在D内总有| f(z) | < M．这时也必然有∂D ≠∅，max z∈cl(D) | f(z) | = max z∈∂D| f(z) |．我们特别强调的是条件“| f(z) |在cl(D)上有最大值”．这点对有界区域D来说，因| f(z) |是紧集cl(D)上的连续函数，因此| f(z) |在cl(D)上总是有最大值的．例如本题中的区域D是周线C的内部，当然就是有界集．但当D是无界区域时，有可能| f(z) |在cl(D)上没有最大值，也有可能∂D = ∅．另外，我们还用到了一个从分析的角度看来是很明显的结论：若f(z)在闭域cl(D)连续且不恒为常数，则f(z)在D上也不恒为常数．]p178第四章习题(二)[ 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11 ]1. 设级数∑n≥ 1f n(z)在点集E上一致收敛于f(z)，且在E上| g(z) | < M ( M < +∞)，则级数∑n≥ 1g(z)f n(z)在E上一致收敛于g(z) ·f(z)．试证之．【解】∀ε > 0，∃N∈ +，使得当n > N时，∀z∈E，| ∑ 1 ≤k≤n f k(z) -f(z) | < ε/M．此时，| ∑ 1 ≤k≤n g(z)f k(z) -g(z) ·f(z) | = | g(z) | · | ∑ 1 ≤k≤n f k(z) -f(z) | < M ·ε/M = ε．所以级数∑n≥ 1g(z)f n(z)在E上一致收敛于g(z) ·f(z)．2. 试证：在单位圆| z | < 1内，级数z + (z 2–z) + (z 3–z 2) + ... + (z n–z n– 1) + ... 收敛于函数f(z) ≡ 0，但它并不是一致收敛的．【解】当| z | < 1时，| S n(z) | = | ∑ 1 ≤k≤n (z k–z k– 1) | = | z |n → 0 ( n→∞ )．故级数在单位圆| z | < 1内收敛于函数f(z) ≡ 0．而∀n∈ +，在z = (1/2)1/n处，有| ∑n + 1 ≤k≤ 2n (z k–z k– 1) | = | z 2n–z n | = | ( z n)2–z n | = | 1/4 – 1/2 | = 1/4．因此级数在| z | < 1内不是一致收敛的．或取z n= 1 – 1/n，则| S n(z n) – 0 | = ( 1 – 1/n )n→ 1/e ( n→∞ )．因此级数在| z | < 1内不是一致收敛的．3. 试证(1) 如果∑n≥ 1v n(z) = δ绝对收敛，则| δ| ≤∑n≥ 1 | v n(z) |．(2) 对任一复数z，| e z– 1 | ≤ e | z |– 1 ≤ | z | e | z |．(3) 当0 < | z | < 1时，| z |/4 < | e z– 1 | < 7| z |/4．【解】(1) | ∑ 1 ≤k≤n v k(z) | ≤∑ 1 ≤k≤n | v k(z) | ≤∑k≥ 1 | v k(z) |．令n →∞得| δ| ≤∑k≥ 1 | v k(z) |．(2) 对任一复数z，e z– 1 = ∑n≥ 1z n/n!，其中右边的级数绝对收敛．根据(1)我们有| e z– 1| ≤∑n≥ 1 | z n/n! | = ∑n≥ 1 | z | n/n! = e | z |– 1．而e | z | = ∑n≥ 0 | z | n/n! = 1 + ∑n≥ 1 | z | n/n! = 1 + | z | ∑n≥ 1 | z | n – 1/n!≤ 1 + | z | ∑n≥ 1 | z | n – 1/(n – 1)! = 1 + e | z |，即e | z |– 1 ≤ | z | e | z |．(3) 当0 < | z | < 1时，注意到∑n≥ 1 | z | n – 1/n! ≤∑n≥ 1 1/n! = e - 1 < 7/4，因此有e | z |– 1 = | z | ∑n≥ 1 | z | n – 1/n! < 7| z |/4．因e z– 1 = ∑n≥ 1z n/n!，故(e z– 1)/z = ∑n≥ 0z n/(n + 1)! = 1 + ∑n≥ 1z n/(n + 1)!，而| ∑n≥ 1z n/(n + 1)! | ≤∑n≥ 1 | z |n/(n + 1)! ≤∑n≥ 1 1/(n + 1)! = e - 2．所以，| (e z– 1)/z | ≥ 1 - | ∑n≥ 1z n/(n + 1)! | ≥ 1 – (e - 2) = 3 - e > 1/4．故| z |/4 < | e z– 1 |．[注意(2)中e | z |– 1 ≤ | z | e | z |实际上是关于实数| z |的不等式，用数学分析容易得到∀t∈ ，e t≥ 1 + t．令t = – | z |，则e– | z |≥ 1 – | z |，即e | z |– 1 ≤ | z | e | z |．]4. 设f(z) = ∑n≥ 0a n z n (a0≠ 0)的收敛半径R > 0，且M = max | z | ≤ρ| f(z)| ( ρ< R )．试证：在圆| z | < | a0 |ρ/(| a0 | + M)内，f(z)无零点．【解】在Cauchy不等式，| f(n)(0) | ≤n! M/ρ n，故| a n| ≤M/ρ n．若| z | < ρ，| f(z) -a0 | = | ∑n≥ 1a n z n | ≤∑n≥ 1 | a n | | z | n≤∑n≥ 1M/ρ n · | z | n= M ∑n≥ 1 (| z |/ρ)n = M | z |/ρ· 1/(1 - | z |/ρ) = M | z |/(ρ- | z |)．当| z | < | a0 |ρ/(| a0 | + M)时，有| z | < ρ，并注意到函数g(t) = t/(ρ-t) = ρ/(ρ-t) - 1在区间(0, ρ)上是严格单调增的，就得到，| f(z) -a0 | ≤M | z |/(ρ- | z |)< M | a0 |ρ/(| a0 | + M) · 1/(ρ- | a0 |ρ/(| a0 | + M))= M | a0 |ρ · 1/(ρM) = | a0 |．故| f(z) | ≥ | a0 | - | f(z) -a0 | > 0，所以，f(z)在圆| z | < | a0 |ρ/(| a0 | + M)内无零点．5. 设在| z | < R内解析的函数f(z)有Taylor展式∑n≥ 0a n z n．试证：当0 ≤ r < R时，(1/(2π))⎰[0, 2π] | f(r e iθ)|2dθ= ∑n≥ 0 | a n |2r2n．【解】当| z | = r时，因为∑n≥ 0a n z n绝对收敛，故∑n≥ 0 | a n | · | z | n收敛．即∑n≥ 0 | a n | ·r n收敛，．故∑n≥ 0a n*(z*) n也绝对收敛．由Cauchy乘积定理，∑n≥ 0 | a n | ·r n与∑n≥ 0 | a n | ·r n的Cauchy乘积∑n≥ 0d n绝对收敛，其中d n = ∑ 0 ≤k≤n | a k | · | a n – k | r n．设∑n≥ 0a n z n的部分和为S n(z)，则∑n≥ 0a n*(z*) n的部分和为(S n(z))*，所以∑n≥ 0a n*(z*) n和为( f(z))*，即( f(z))*= ∑n≥ 0a n*(z*) n．由Cauchy乘积定理，∑n≥ 0a n z n与∑n≥ 0a n (z*) n的Cauchy乘积∑n≥ 0c n(z)绝对收敛于f(z) · ( f(z))* = | f(z)|2，其中c n(z) = ∑ 0 ≤k≤n a k z k·a n – k*(z*)n – k．因| c n(z) | = | ∑ 0 ≤k≤n a k z k·a n – k*(z*)n – k | ≤∑ 0 ≤k≤n | a k z k·a n – k*(z*)n – k | = d n，故∑n≥ 0c n(z)在| z | = r上一致收敛于| f(z)|2．设z = r e iθ，把| f(z)|2，c n(z)等都看成θ的函数(θ∈[0, 2π])，那么它们都是连续的．并且，∑n≥ 0c n(z(θ))在[0, 2π]上一致收敛于| f(z(θ))|2．故⎰[0, 2π] | f(z(θ))|2dθ= ∑n≥ 0⎰[0, 2π]c n(z(θ))dθ．因为在| z | = r上有z ·z* = r2，故c n(z) = ∑ 0 ≤k≤n a k z k·a n – k*(z*)n – k = ∑ 0 ≤k≤n a k z k·a n – k*(r2/z)n – k= ∑ 0 ≤k≤n a k z k·a n – k*r2(n – k) ·z k – n = ∑ 0 ≤k≤n (a k a n – k* ·r2(n – k))·z2k – n．故⎰[0, 2π] c n(z(θ)) dθ = ⎰[0, 2π] c n(z(θ)) d(z(θ))/z’(θ)= ⎰[0, 2π] c n(z(θ)) · 1/(r i e iθ)·d(z(θ)) = (1/i)⎰[0, 2π] c n(z(θ)) ·z(θ) –1·d(z(θ))= (1/i)⎰| z | = r c n(z) ·z –1·dz = (1/i)⎰| z | = r(∑ 0 ≤k≤n (a k a n – k* ·r2(n – k))·z2k – n – 1·dz．若n为奇数，则∑ 0 ≤k≤n (a k a n – k* ·r2(n – k))·z2k – n – 1中没有z–1项，因此⎰[0, 2π] c n(z(θ)) dθ = 0．若n为偶数2m，则⎰[0, 2π] c n(z(θ)) dθ= (1/i)⎰| z | = r(∑ 0 ≤k≤ 2m (a k a2m – k* ·r2(2m – k))·z2k –2m – 1·dz= (1/i)⎰| z | = r(a m a2m – m* ·r2(2m – m))·z– 1·dz= (1/i) (2πi) (a m a m*)·r2m = (2π) | a m |2 ·r2m，所以，⎰[0, 2π] | f(r e iθ)|2dθ= (2π) ∑m≥ 0 | a m |2 ·r2m．[这里我们用到了一个想法，把对实变量θ的积分，转化为对复数z的积分，是通过把θ作为积分变量z所在的曲线的参数来实现的．这种办法在后面的章节将会系统地给出．]6. 设f(z)是一个整函数，且假定存在着一个非负整数n，以及两个正数R与M，使当| z | ≥R时，| f(z) | ≤M | z |n．证明：f(z)是一个至多n次的多项式或一常数．【解】取r > R，考虑圆周| z | = r，由Cauchy不等式，当m > n时，| f(m)(0)/m! | ≤M r n/r m，令r → +∞，得f(m)(0) = 0．故f(z)在原点的Taylor展式为f(z) = ∑0 ≤k≤n f(k)(0)/k! ·z k．因此f(z)是一个至多n次的多项式或一常数．7. 设(1)f(z)在邻域K : | z–a | < R内解析，a是f(z)的m阶零点；(2)b≠a，b∈K．问函数F(z) = ⎰[a, z] f(ζ)dζ及函数Φ(z) = ⎰[b, z] f(ζ)dζ在点a的性质如何？(这里的积分路径都假定在K内．)【解】∀z∈K，我们有F’(z) = f(z)，Φ’(z) = f(z)．因此，F’(a) = ... = F(m )(a) = 0，F(m + 1)(a) ≠ 0，且F(a) = 0，故a是F(z)的m + 1阶零点．也有Φ’(a) = ... = Φ(m )(a) = 0，Φ(m + 1)(a) ≠ 0，但不一定有Φ(a) = 0．因此，a是Φ’(z)的m阶零点．[此题题意不够明确，可能是属于所谓的开放性问题或探究性问题．似乎放在积分部分更合适，当然在这里也可以用幂级数来作．]8. 设(1) 区域D含有实轴的一段L；(2) 函数u(x, y) + i v(x, y)及u(z, 0) + i v(z, 0) (z = x + i y )都在区域D内解析．试证在D内u(x, y) + i v(x, y) ≡u(z, 0) + i v(z, 0)．【解】这两个函数在L上的限制都是u(x, 0) + i v(x, 0)，因此它们在L上的限制相同．由唯一性定理，这两个函数在区域D内是完全相同的．[思考：究竟u, v是定义那个集合上的函数？]9. 设(1) 函数f(z)在区域D内解析，且不恒为常数；(2) 设C为D内任一周线，cl(I(C)) ⊆D；(3) A为任一复数．试证f(z) = A在C的内部I(C)内只有有限个根．【解】设g(z) = f(z) -A，则g(z)在区域D内解析，且不恒为常数；我们来证明g(z)在I(C)内只有有限个零点．注意到I(C)是有界集，因此cl(I(C))也是有界集，且cl(I(C))是闭集．倘若g(z)在I(C)内有无穷多个零点，那么，根据聚点原理，这些零点构成的集合Z必有聚点．而cl(I(C))是闭集，故Z的聚点仍在cl(I(C))内，因此也在D内．由唯一性定理，g(z)在区域D内为常数，矛盾．故g(z)在I(C)内只有有限个零点，即f(z) = A在C的内部I(C)内只有有限个根．10. 问| e z |在闭圆| z–z0 | ≤ 1上的何处达到最大？并求出最大值．【解】因e z 在圆| z–z0 | < 1内不恒为常数，故| e z |在圆| z–z0 | < 1内无最大值．因此，| e z |在闭圆| z–z0 | ≤ 1上最大值必然在边界| z–z0 | = 1上达到．设z0 = a + i b，a, b∈ ．设z–z0 = x + i y，x, y∈ ．在| z–z0 | = 1上，x, y满足x2 + y2 = 1．| e z | = | e a + i b · e x + i y | = | e a + i b | · | e x + i y | = e a · e x．故当x = 1时(此时y = 0)，| e z |最大，且最大值为e a + 1．因此，| e z |在点z0 + 1处达到最大值，且最大值为e a + 1．11. 设函数f(z)在| z | < R内解析，令M(r) = max | z | = r | f(z) | ( 0 ≤r < R)．试证：M(r)在区间[0, R)上是一个上升函数，且若存在r1及r2 (0 ≤r1 < r2 < R)，使得M(r1) = M(r2)，则f(z)在| z | < R内是常数．【解】只要证明若f(z)在| z | < R内不恒为常数，则M(r)在[0, R)上严格单调增．∀r, s∈[0, R)，r < s．若r = 0，则M(r) = | f(0) |．因f(z)在| z | < s内不恒为常数(否则f(z)在| z | < R内恒为常数)，由最大模原理，满足| a | < s的点a不是| f(z) |在| z | < s内的最大值点．因此| f(a) |更不是| f(z) |在| z | ≤s上的最大值点．| f(z) |在| z | ≤s上的最大值必然在边界| z | = s上达到．所以M(s) = max | z | = s | f(z) | > | f(a) |．特别地，取a = 0，就有M(s) > | f(a) | = M(r)．若r > 0，设a满足| z | = r，| f(a) | = M(r)．与前面同样的论证，知M(s) = max | z | = s | f(z) | > | f(a) | = M(r)．故M(r)在[0, R)上严格单调增．。

复变函数论习题集

第一章复习题1、设32z i =--，则arg z =_________________. A) 2ar 3ctg B) 3ar 2ctg C) 2ar 3ctg π- D) 2ar 3ctg π+ 2、设cos cos z i θ=+,则z =____________.A)1 B) cos θ C) D) θ3、设12,w z z w z z =⋅=+,则1arg w _________ ()2arg Re 0w z ≠A) = B) ≤ C) < D) ≥4、设(),,0,1,2,3,4i k k z re w k θ===则arg k w =____________.A) B) 25k θπ+ C) 25k θπ+ D) 22,0,15k n n θππ++=±5. 若12z iz =,则1oz 与2oz 的关系是__________A)同向 B)反向 C)垂直 D)以上都不对6.复平面上三点: 134,0,34i i+-+,则__________ A)三点共圆 B)三点共线C)三点是直角∆顶点 D)三点是正∆顶点7.简单曲线(即约当曲线)是__________曲线.A)连续 B)光滑 C)无重点的连续 D)无重点光滑8.设函数w z =,其定义域E 为1z <,则值域M 为____________. A) 1w < B) [)0,1 C) ()1,1- D) {}|01,0x yi x y +≤<=9.函数1w z=将Z 平面上直线1x =变成W 平面上_________ A ）直线 B ）圆 C ）双曲线 D ）抛物线10. 4(1)i +=___________A ）2B ）2-C ）4D ）4-11.区域12z <<的边界是1z =，2z =，它们的正方向_____________A ）1z =，2z =都是“逆时针”B ）1z =“顺时针”， 2z =“逆时针”C ）1z =，2z =都是“顺时针”D ）1z =“逆时针”， 2z =“顺时针”12.极限0lim ()z z f z →与z 趋于0z 的方式__________________A ）无关B ）有关C ）不一定有关D ）与方向有关13.函数238()8z f z z +=+的不连续点集为____________A ）{2,1--±B ）{}2-C ）{2,1D ）{2,1-± 14. 53(cos sin )(cos3sin 3)i i e i ϕθθθθ-=+，则ϕ=_________________ A ）2θ B ）4θ- C ）4θ D ）14θ-15.扩充复平面上，无穷远点∞的ε-邻域是指含于条件_________的点集A ）z ε<B ）z ε>C ）1z ε<D ）1z ε> 二、多项选择题：1.若12z iz =，则12oz z V 是______________A ）锐角VB ）钝角VC ）直角VD ）等腰V E ）正V2.表示实轴的方程是_____________（其中t 是实参数） A ）Re 0z = B ）Im 0z = C ）11z t i -=- D ）12z t -= E ）3z t = 3.函数2w z =将Z 平面的曲线_____________变成W 平面上的直线(,)z x iy w u iv =+=+A ）3z = B) 224x y += C ）224x y -=D ）4xy =E ）229y x -=4.函数1()1f z z=-在单位圆1z <内______________ A ）连续 B ）不连续 C ）一致连续 D ）非一致连续 E ）解析5.对无穷远点∞，规定________________无意义A ）运算∞+∞B ）运算∞-∞C ）∞的实部D ）∞的虚部E ）∞的幅角三、填充题：1.复数z x iy =+，当0,0x y <≥时，其幅角的主值arg z =___________________________2.复数i z re θ=的n 将方根k k w ==____________________________________________3.具备下列性质的非空点集D 称为区域：（1）____________________________________________________（2）_________________________________________________________________4.设D 为复平面上的区域，若_____________________________________________________, 则称D 为单连通区域.5.设E 为一复数集,若_______________________________________________则称在E 上确定了一个单值函数()w f z =.6.在关系式00lim ()()z z f z f z →=中,如果__________________________________就称()f z 在点0z 为广义连续的.7.设12z z i ==,指数形式:12z z =______________________________________ 8. Z 平面上的圆周一般方程可以写成：其中：9．考虑点集E 若，则称0z 为点集E 的聚点。

复变函数练习题

一、选择题1．使得22z z =成立的复数z 是（）（A ）不存在的（B ）唯一的（C ）纯虚数（D ）实数 2．设z 为复数，则方程i z z +=+2的解是（）（A ）i +-43 （B ）i +43 （C ）i -43（D ）i --43 3．设22)(iy x z f +=，则=+')1(i f ( )（A ）2 （B ）i 2 （C ）i +1 （D ）i 22+ 4．ii 的主值为( )（A ）0 （B ）1 （C ）2πe （D ）2π-e5．满足不等式2≤+-iz iz 的所有点z 构成的集合是（）（A ）有界区域（B ）无界区域（C ）有界闭区域（D ）无界闭区域 6．方程232=-+i z 所代表的曲线是（）（A ）中心为i 32-，半径为2的圆周（B ）中心为i 32+-，半径为２的圆周（C ）中心为i 32+-，半径为2的圆周（D ）中心为i 32-，半径为２的圆周 7．设,5,32,1)(21i z i z z z f -=+=-=，则12()f z z -=（）（A ）i 44-- （B ）i 44+ （C ）i 44- （D ）i 44+- 8．00)Im()Im(lim0z z z z x x --→（）（A ）等于i （B ）等于i - （C ）等于0 （D ）不存在 9．函数),(),()(y x iv y x u z f +=在点000iy x z +=处连续的充要条件是（）（A ）),(y x u 在),(00y x 处连续（B ）),(y x v 在),(00y x 处连续（C ）),(y x u 和),(y x v 在),(00y x 处连续（D ）),(),(y x v y x u +在),(00y x 处连续下列函数中，为解析函数的是( )（A ）xyi y x 222-- （B ）xyi x +2（C ）)2()1(222x x y i y x +-+- （D ）33iy x + 10．函数)Im()(2z z z f =在0z =处的导数( )（A ）等于0 （B ）等于1 （C ）等于1- （D ）不存在11．若函数)(2)(2222x axy y i y xy x z f -++-+=在复平面内处处解析，那么实常数=a ( )（A ）0 （B ）1 （C ）2 （D ）2-12．如果)(z f '在单位圆1<z 内处处为零，且1)0(-=f ，那么在1<z 内≡)(z f ( )（A ）0 （B ）1 （C ）1- （D ）任意常数 13．设z z f sin )(=，则下列命题中，不正确的是( )（A ）)(z f 在复平面上处处解析（B ）)(z f 以π2为周期（C ）2)(iziz e e z f --= （D ）)(z f 是无界的14．设α为任意实数，则α1( )（A ）无定义（B ）等于1（C ）是复数，其实部等于1 （D ）是复数，其模等于1 15．ze 在复平面上( )（A ）无可导点（B ）有可导点，但不解析（C ）有可导点，且在可导点集上解析（D ）处处解析16．设c 为从原点沿x y =2至i +1的弧段，则=+⎰cdz iy x )(2( )（A ）i 6561- （B ）i 6561+- （C ）i 6561-- （D ）i 6561+17．设c 为不经过点1与1-的正向简单闭曲线，则dz z z zc ⎰+-2)1)(1(为( ) （A ）2i π （B ）2i π- （C ）0 （D ）(A)(B)(C)都有可能 18．设1:1=z c 为负向，3:2=z c 正向，则=⎰+=dz z zc c c 212sin ( ) （A ） i π2- （B ）0 （C ）i π2 （D ）i π4 19．设c 为正向圆周2=z ，则=-⎰dz z zc2)1(cos ( ) （A ）1sin - （B ）1sin （C ）1sin 2i π- （D ）1sin 2i π20．设ξξξξd ze zf ⎰=-=4)(，其中4≠z ，则='）i f π(( ) （A ）i π2- （B ）1- （C ）i π2 （D ）121．设c 是从0到i 21π+的直线段，则积分=⎰cz dz ze （）（A ）21eπ- (B) 21eπ-- (C)i e21π+(D) i e21π-22．设c 为正向圆周0222=-+x y x ，则=-⎰dz z z c1)4sin(2π( ) （A ）i π22 （B ）i π2 （C ）0 （D ）i π22- 23．设c 为正向圆周i a i z ≠=-,1，则=-⎰c dz i a zz 2)(cos ( ) （A ）ie π2 （B ）eiπ2 （C ）0 （D ）i i cos24．设c 为任意实常数，那么由调和函数22y x u -=确定的解析函数iv u z f +=)(是 ( )(A)c iz +2（B ） ic iz +2（C ）c z +2（D ）ic z +225．下列命题中，正确的是( )（A ）设21,v v 在区域D 内均为u 的共轭调和函数，则必有21v v = （B ）解析函数的实部是虚部的共轭调和函数（C ）若iv u z f +=)(在区域D 内解析，则xu∂∂为D 内的调和函数（D ）以调和函数为实部与虚部的函数是解析函数26．设),(y x v 在区域D 内为),(y x u 的共轭调和函数，则下列函数中为D 内解析函数的是( )（A ）),(),(y x iu y x v + （B ）),(),(y x iu y x v -（C ）),(),(y x iv y x u - （D ）xvix u ∂∂-∂∂ 27．设),2,1(4)1( =++-=n n nia n n ，则n n a ∞→lim ( ) （A ）等于0 （B ）等于1 （C ）等于i （D ）不存在28．下列级数中，绝对收敛的级数为( )（B ） ∑∞=+1)1(1n n in（B ）∑∞=+-1]2)1([n n n i n (C)∑∞=2ln n n n i （D ）∑∞=-12)1(n nnn i 29．若幂级数∑∞=0n n nz c在i z 21+=处收敛，那么该级数在2=z 处的敛散性为( )（A ）绝对收敛（B ）条件收敛（C ）发散（D ）不能确定30．设幂级数∑∑∞=-∞=01,n n n n nn znc z c 和∑∞=++011n n n z n c 的收敛半径分别为321,,R R R ，则321,,R R R 之间的关系是( )（A ）321R R R << （B ）321R R R >> （C ）321R R R <= （D ）321R R R ==31．幂级数∑∞=++-011)1(n n n z n 在1<z 内的和函数为（A ）)1ln(z + （B ）)1ln(z -（D ）z +11ln(D) z-11ln 32．函数z sin ，在2π=z 处的泰勒展开式为( )（A ）)2()2()!12()1(012+∞<--+-∑∞=+ππz z n n n n（B ）)2()2()!2()1(02+∞<---∑∞=ππz z n n n n（C ）)2()2()!12()1(0121+∞<--+-∑∞=++ππz z n n n n（D ）)2()2()!2()1(021+∞<---∑∞=+ππz z n n n n33．函数21z 在1-=z 处的泰勒展开式为( ) （A ）)11()1()1(11<++-∑∞=-z z n n n n（B ）)11()1()1(111<++-∑∞=--z z n n n n（C ）)11()1(11<++-∑∞=-z z n n n （D ）)11()1(11<++∑∞=-z z n n n（D ）)2()2()!2()1(021+∞<---∑∞=+ππz z n n nn34．函数32cot -πz z在2=-i z 内的奇点个数为 ( )（A ）1 （B ）2 （C ）3 （D ）435．设函数)(z f 与)(z g 分别以a z =为本性奇点与m 级极点，则a z =为函数)()(z g z f 的( )（A ）可去奇点（B ）本性奇点（C ）m 级极点（D ）小于m 级的极点36．设0=z 为函数241sin ze z z-的m 级极点，那么=m ( )（A ）5 （B ）4 (C)3 （D ）2 37．1=z 是函数11sin)1(--z z 的( ) (A)可去奇点（B ）一级极点（C ）一级零点（D ）本性奇点 38．在下列函数中，0]0),([Re =z f s 的是（）（A ） 21)(z e z f z -= （B ）z z z z f 1sin )(-=（C ）z z z z f cos sin )(+=(D) z e z f z111)(--= 39．z i =是函数221()(1)f z z z =+的( ) 。

复变函数复习习题

和 x, y 之间的对应关系,因而无法用同一平面内的几何图形表示出来, 必须看成是两个复平面上的点集之间的对应关系.
14
2.映射的定义: 如果用z 平面上的点表示自变量z 的值,
而用另一个平面w 平面上的点表示函数w 的值, 那末函数 w f (z) 在几何上就可以看作是把 z 平面上的一个点集G (定义集合) 变到 w 平面上的一个点集G * (函数值集合)的映射 (或变换).
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29
作业：P-28
• 1.4.1，1.4.2，1.4.3，1.4.5
30
4
例2 满足下列条件的点集是什么, 如果是区域,
指出是单连通域还是多连通域?
y
6
解 (1) Im z 3,
5
4
是一条平行于实轴的直线,
3 2
不是区域.
1 -3 -2 -1
x 123
(2) Re z 2, 以 Re z 2 为左界的半平面 (不包括直线Re z 2 ), 单连通域.
5
(3) 0 z 1 i 2, 以 (1 i) 为圆心, 2为半径的去心圆盘, 是多连通域. (4) arg( z i) ,
15
这个映射通常简称为由函数 w f (z) 所构成的映射.
如果G中的点 z 被映射 w f (z)映射成G * 中的点 w, 那末 w 称为 z 的象 (映象), 而 z 称为 w 的原象.
16
3. 两个特殊的映射:
(1) 函数 w z 构成的映射.
将 z 平面上的点z a ib 映射成 w 平面上
9
2.单(多)值函数的定义: 如果 z 的一个值对应着一个w 的值, 那末
我们称函数 f (z) 是单值的. 如果 z 的一个值对应着两个或两个以上

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第一章复数与复变函数一、选择题：1．当ii z -+=11时，5075100z z z ++的值等于（）（A ）i （B ）i - （C ）1 （D ）1- 2．设复数z 满足3)2(π=+z arc ，65)2(π=-z arc ，那么=z （）（A ）i 31+- （B ）i +-3 （C ）i 2321+- （D ）i 2123+-3．复数z -3(cos-isin)55ππ=的三角表示式为（）A ．44-3(cos isin )55ππ＋ B ． 443(cos isin)55ππ－C ． 443(cosisin)55ππ＋ D ．44-3(cos isin )55ππ－4．函数),(),()(y x iv y x u z f +=在点000iy x z +=处连续的充要条件是（）（A ）),(y x u 在),(00y x 处连续（B ）),(y x v 在),(00y x 处连续（C ）),(y x u 和),(y x v 在),(00y x 处连续（D ）),(),(y x v y x u +在),(00y x 处连续二、填空题1．设)2)(3()3)(2)(1(i i i i i z ++--+=，则=z2．设)2)(32(i i z +--=，则=z arg3．设43)arg(,5π=-=i z z ，则=z4．方程i z i z +-=-+221所表示的曲线是连续点和的线段的垂直平分线.5．=+++→)21(lim 421z z iz三.求方程z 3+8=0的所有复根.第二章解析函数一、选择题：1．函数23)(z z f =在点0=z 处是( )（A ）解析的（B ）可导的（C ）不可导的（D ）既不解析也不可导 2．函数)(z f 在点z 可导是)(z f 在点z 解析的( )（A ）充分不必要条件（B ）必要不充分条件（C ）充分必要条件（D ）既非充分条件也非必要条件 3．下列命题中，正确的是( )（A ）设y x ,为实数，则1)cos(≤+iy x（B ）若0z 是函数)(z f 的奇点，则)(z f 在点0z 不可导（C ）若v u ,在区域D 内满足柯西-黎曼方程，则iv u z f +=)(在D 内解析（D ）若)(z f 在区域D 内解析，则)(z if 在D 内也解析 4．下列函数中为解析函数的是( )（A ）xyi y x 222-- （B ）xyi x +2 （C ）)2()1(222x x y i y x +-+- （D ）33iy x +5．若函数)(2)(2222x axy y i y xy x z f -++-+=在复平面内处处解析，那么实常数=a ( )（A ）0 （B ）1 （C ）2 （D ）2- 6．设22)(iy x z f +=，则=+')1(i f ( )（A ）2 （B ）i 2 （C ）i +1 （D ）i 22+ 7．z e 在复平面上( )（A ）无可导点（B ）有可导点，但不解析（C ）有可导点，且在可导点集上解析（D ）处处解析 8．设z z f sin )(=，则下列命题中，不正确的是( )（A ）)(z f 在复平面上处处解析（B ）)(z f 以π2为周期（C ）2)(izize ez f --=（D ）)(z f 是无界的9．下列数中为实数的是( )（A ）3)1(i - （B ）i cos （C ）i ln （D ）ie 23π-二、填空题1．设i f f +='=1)0(,1)0(，则=-→zz f z 1)(lim2．设2233)(y ix y x z f ++=，则=+-')2323(i f3．若解析函数iv u z f +=)(的实部22y x u -=，那么=)(z f4．设z i z z f )1(51)(5+-=，则方程0)(='z f 的所有根为5．方程01=--z e 的全部解为三、试证下列函数在z 平面上解析，并分别求出其导数);sin cos ()sin cos ()(y ix y y ie y y y x e z f xx++-=四、求22y -2xy x u +=的共轭调和函数v(x,y)，并使v(0,0)＝1。

五、已知22y x v u -=-，试确定解析函数iv u z f +=)(.第三章复变函数的积分一、选择题：1．设c 为从原点沿x y =2至i +1的弧段，则=+⎰cdz iy x )(2( )（A ）i 6561-（B ）i 6561+-（C ）i 6561--（D ）i 6561+2．设c 为不经过点1与1-的正向简单闭曲线，则dz z z zc⎰+-2)1)(1(为( )（A ）2iπ （B ）2iπ-（C ）0 （D ）(A)(B)(C)都有可能3．设1:1=z c 为负向，3:2=z c 正向，则=⎰+=dz zz c c c 212sin ( )（A ） i π2- （B ）0 （C ）i π2 （D ）i π4 4．设c 为正向圆周2=z ，则=-⎰dz z z c2)1(cos ( )（A ）1sin - （B ）1sin （C ）1sin 2i π- （D ）1sin 2i π5．设c 为正向圆周21=z ，则=--⎰dz z z z c23)1(21cos( )（A ）)1sin 1cos 3(2-i π （B ）0 （C ）1cos 6i π （D ）1sin 2i π-6．设ξξξξd zez f ⎰=-=4)(，其中4≠z ，则='）i f π(( )（A ）i π2- （B ）1- （C ）i π2 （D ）1 7．设c 是从0到i 21π+的直线段，则积分=⎰czdz ze （）（A ）21eπ-(B) 21eπ-- (C)i e21π+(D) i e21π-8．设c 为正向圆周0222=-+x y x ，则=-⎰dz z z c1)4sin(2π( )（A ）i π22 （B ）i π2 （C ）0 （D ）i π22-9．设c 为正向圆周i a i z ≠=-,1，则=-⎰cdz i a z z 2)(cos ( )（A ）ie π2 （B ）ei π2 （C ）0 （D ）i i cos10．设),(y x v 在区域D 内为),(y x u 的共轭调和函数，则下列函数中为D 内解析函数的是( )（A ）),(),(y x iu y x v + （B ）),(),(y x iu y x v -（C ）),(),(y x iv y x u - （D ）xv i xu ∂∂-∂∂二．计算题：1．设C 为正向圆周|ζ|=2，⎰=c d z -3sinf(z)ζζπ，其中|z|<2，求f ′(1)2．计算积分22czeI dz (z-i)(z 3i)π=+⎰的值，其中C 为正向圆周|z-1|=3。

3.计算积分⎰-=C3zdz )a z (eI ，其中C 为正向圆周|z|=1，|a|≠1.第四章级数一、选择题： 1．设),2,1(4)1( =++-=n n ni a nn ，则n n a ∞→lim ( )（A ）等于0 （B ）等于1 （C ）等于i （D ）不存在2．设幂级数∑∑∞=-∞=01,n n n n nn znc z c 和∑∞=++011n n n zn c 的收敛半径分别为321,,R R R ，则321,,R R R 之间的关系是( )（A ）321R R R << （B ）321R R R >> （C ）321R R R <= （D ）321R R R ==3．幂级数∑∞=1)2(2sinn nz nn π的收敛半径=R ( ) （A ） 1 （B ）2 （C ）2 （D ）∞+4．幂级数∑∞=++-011)1(n n nzn 在1<z 内的和函数为（A ）)1ln(z + （B ）)1ln(z -（D ）z+11ln (D) z-11ln5．级数+++++22111z z zz的收敛域是( )（A ）1<z （B ）10<<z （C ）+∞<<z 1 （D ）不存在的6．函数21z在1-=z 处的泰勒展开式为( )（A ）)11()1()1(11<++-∑∞=-z z n n n n（B ）)11()1()1(111<++-∑∞=--z z n n n n（C ）)11()1(11<++-∑∞=-z z n n n （D ）)11()1(11<++∑∞=-z z n n n7．函数z sin ，在2π=z 处的泰勒展开式为( )（A ）)2()2()!12()1(012+∞<--+-∑∞=+ππz z n n n n（B ）)2()2()!2()1(02+∞<---∑∞=ππz z n n nn（C ）)2()2()!12()1(0121+∞<--+-∑∞=++ππz z n n n n（D ）)2()2()!2()1(021+∞<---∑∞=+ππz z n n nn8．设)(z f 在圆环域201:R z z R H <-<内的洛朗展开式为∑∞-∞=-n nnz z c)(0，c 为H内绕0z 的任一条正向简单闭曲线，那么=-⎰cdz z z z f 20)()(( )(A)12-ic π （B ）12ic π （C ）22ic π （D ）)(20z f i 'π 9．若⎩⎨⎧--==-+=,2,1,4,2,1,0,)1(3n n c nn n n ，则双边幂级数∑∞-∞=n nn zc 的收敛域为( )（A ）3141<<z （B ）43<<z（C ）+∞<<z 41 （D ）+∞<<z 31二、填空题1．幂级数∑∞=+012)2(n n n z i 的收敛半径=R2．设)(z f 在区域D 内解析，0z 为内的一点，d 为0z 到D 的边界上各点的最短距离，那么当d z z <-0时，∑∞=-=0)()(n nnz z cz f 成立，其中=n c ．3．函数z arctan 在0=z 处的泰勒展开式为．4．函数z ze e 1+在+∞<<z 0内洛朗展开式为． 5．函数)(1i z z -在+∞<-<i z 1内的洛朗展开式为．三，计算：在01z <<内，函数1(2)(1)z z z -+的洛朗展式。