复变函数习题五

复变函数练习题
1. 计算复数z=3+4i的模长和辐角。

2. 证明复数的加法满足交换律和结合律。

3. 给定复数序列{z_n}，其中z_n=(1+i)^n，求当n趋向无穷大时的极限。

4. 证明欧拉公式e^(ix)=cosx+isinx。

5. 解复变方程(z-1)(z-2)=0。

6. 计算复数z=1-i的共轭复数。

7. 证明复数的乘法满足分配律。

8. 给定复变函数f(z)=z^2+1，求其在z=2处的导数。

9. 证明复数的除法满足结合律。

10. 已知复变函数f(z)=1/(z-1)，求其在z=2处的值。

11. 证明复数z=a+bi的实部和虚部满足a^2+b^2=|z|^2。

12. 解复变方程z^2+z+1=0。

13. 证明复数的乘法满足交换律。

14. 计算复数z=2+3i的逆元，并验证乘积等于1。

15. 证明复数的倒数是其共轭复数除以其模长的平方。

16. 给定复变函数f(z)=z^3-3z^2+2z+1，求其在z=1处的值。

17. 证明复数的模长是非负的。

18. 给定复数序列{z_n}，其中z_n=1/n，求其和的极限。

19. 证明复数的乘积的模长等于各自模长的乘积。

20. 给定复变函数f(z)=(z-1)/(z+1)，求其在z=i处的值。

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》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。

复变函数练习题一、填空题1. 复变函数的定义域是__________，值域是__________。

2. 若复数z = a + bi（a, b为实数），则z的共轭复数是__________。

3. 设f(z) = z^2 + 3z + 2，则f(1+i) =__________。

4. 复数z = 1 + i的模为__________，辐角为__________。

5. 若f(z) = e^z，则f'(z) =__________。

二、选择题1. 下列哪个函数是整函数？（）A. f(z) = z^2B. f(z) = 1/zC. f(z) = |z|D. f(z) = sin(z)2. 复变函数f(z) = z^3 3z在z = 0处的泰勒展开式为（）A. f(z) = z^3 3z + 3z^2 zB. f(z) = z^3 3z + 3z^2 z^4C. f(z) = z^3 3z + 3z^2 z^3D. f(z) = z^3 3z + 3z^23. 下列哪个复数是解析函数的孤立奇点？（）A. z = 0B. z = ∞C. z = 1+iD. z = 1i4. 复变函数f(z) = e^z在z = 0处的洛伦兹级数为（）A. f(z) = 1 + z + z^2/2! + z^3/3! + …B. f(z) = 1 + z + z^2/2 + z^3/3 + …C. f(z) = 1 z + z^2/2! z^3/3! + …D. f(z) = 1 z + z^2/2 z^3/3 + …5. 复变函数f(z) = sin(z)在z = π处的留数为（）A. 1B. 1C. 0D. 无法确定三、计算题1. 设f(z) = (z^2 + 1)/(z i)，求f(z)的洛伦兹级数展开。

2. 求解积分∮(1/(z^2 + 4))dz，其中积分路径为以原点为中心，半径为2的圆。

3. 设f(z) = e^zsin(z)，求f(z)在z = 0处的泰勒展开式。

习题五（A ）1. 求2w z =在点z i =处的伸缩率和旋转角．问2w z =将经过点z i =且平行于实轴正向的曲线的切线方向映射成w 平面上哪个方向？解由2)(z z f =得z z f 2)(='，i i f 2)(='。

故2z w =在i z =处的伸缩率2)(='=i f ，旋转角2)(arg π='=i f 。

又1)(-=i f ，由导数)(i f '的辐角（旋转角）的几何意义可知， 过i z =且平行于实轴正向的曲线的切线方向经过映射2z w =后变为过1-=w 且平行于虚轴正向的曲线的切线方向(辐角增加2π). 2. 在下述情况下，试决定映射()w f z =在z 平面上不保角的点．（1）3222w z z z =-+-；（2）221w z z=+；（3）2sin w z =． 解 (1) 因143)(2+-='z z z f ，当0)(='z f 时，映射)(z f w =在z 平面上不保角，即1=z ，31=z 时，映射)(z f w =在z 平面上不保角. (2) 因3122)(zz z f -='，且0)(='z f 时，1z =,1z =-,z i =z i =-，即1,1,,z z z i z i ==-==-时，映射)(z f w =在z 平面上不保角.(3) 因()2cos sin sin(2)f z z z z '==，且0)(='z f 时，2n z π=),2,1,0( ±±=n .即zn z π=()Z ∈n 时，映射()z f w =在z 平面上不保角.3. 在映射w iz =下，下列图形映射成什么图形？（1）以123,1,1z i z z ==-=为顶点的三角形； （2）圆域11z -≤．解 (1) 因映射iz w =ize 2π=为一旋转变换（旋转角为2π，这一结论也可由i dzdw=得到），所以它将以i z =1，12-=z ，13=z 为顶点的三角形映射为11-=w ，i w -=2，i w =3为顶点的三角形（即原图形绕原点旋转2π即可）. (2) 将闭圆域11≤-z 映射为闭圆域1≤-i w （原图形绕原点旋转2π即可）. 4. 在映射1w z=下，下列图形映射成什么图形？ （1）圆(0)z r =>； （2）双曲线221x y -=； （3）抛物线22y px =．解 (1) 令iv u w iy x z +=+=,，将iy x z +=代入圆)0(>=r r z 的方程得，222r y x =+，在映射zw 1=下， 得22,r y v r x u -==，即2221rv u =+，即)0(1>=r r w . (2) 令iv u w +=，在映射z w 1=下，得2222,yx y v y x x u +-=+=，又因为122=-y x ，则22221yx v u +=+，2222222)(y x y x v u +-=-， 即22222)(v u v u -=+,则映射成双纽线22222)(v u v u -=+. (3) 令iv u w +=，在映射zw 1=下，得 2222,yx y v y x x u +-=+=，又因为px y 22=， 则322)21(pu v pu =-.5. 求分式线性映射()w f z =把点,0,z i i =-依次映成1,,1w i =-．解: 由唯一确定分式线性映射的条件可知，能将点i i z ,0,-=依次映成1,,1-=i w 的分式线性映射又下式ii i z i z i i w w )(:111:1--+=------ 确定.整理后得所求的映射为zz i w -+=11.6. 求把上半平面Im()0z >映射成单位圆1w <的分式线性映射()w f z =，并满足条件：（1）()0,(1)1f i f =-=；（2）()0,arg ()0f i f i '==； （3）1(1)1,()5f f i ==． 解把上半平面0)Im(>z 映射成单位圆1<w 的分式线性映射)(z f w =的一般形式为λλϕ--==z z e z f w i )()0)(Im(>λ1) 若1)1(,0)(=-=f i f ，则i i i e i =⇒=--λλλϕ0 122111=⋅⇒=----ie e i i ϕϕλλ即i e i -=ϕ 故所求映射为iz i z iw +--= (2)由0)(=i f 易知i =λ。

第五章 解析函数的洛朗展开与孤立奇点(一)1.解:(1):1)10<<z ,∑∞=---=-⋅+=-+0222221111)1(1n n z z z z z z z z z2)111<⇒+∞<<z z , ∑∞=++=-⋅+=-+032321211111)1(1n n z z zz z z z z (2)222121121()1212112f z z z z z z -=-=--+-+ =20012()(1)22n n n n n z z ∞∞+==---∑∑ (3)()f z =2(1)z e z z +231......!nz z z z n z z+++++=+ =2151 (26)z z z +-- 2.解:(1)2222])2)()1([)(41)1(1n n n n i i z i z z ∑∞=----=+ )20()2))(1()1()(412<-<-+---=∑∞=i z i i z n i z nn n n(2))0(1)!2(1!102212+∞<<⋅+==∑∑∞=∞-=+-z zn z n e z n n n n z(3) 令1zξ=，则21(1...)112ze eeξξξξξ-+++--==234542(1...)(1...)23!4!5!2ξξξξξξξ=-+-+--+345(1...)(1...)(1) (2)3!4!ξξξ---=23451 (2)385114ξξξξξ--+--=234511111141...8235z z z z z --+--+3.证明:根据洛朗定理,可设)0()]1(sin[0+∞<<=+∑∞=z z c z z t n nn其中 ⎰=+±=+=11),1,0()]1(sin[21ξξξξξπ n d t i c n n这里 )20(,1πθξξθ≤≤==i e于是 θθπθππθθπθθθd ed ie e e e t i c in i n i i i n ⎰⎰+=+=+-2020)1()cos 2sin(21)](sin[21 4.解:(1)因为函数为有理函数,且分子,分母无公共零点,因此分母的零点就是函数的极点,令分母0)4(2=+z z ,得0=z 以及i 2±,分别是分母的一级和二级零点,从而分别是函数的一级和二级极点,又因0)4(12∞→+-z z z z ,所以∞=z 为可去奇点.(2)由定理5.4(3)知函数z z cos sin +的m 级零点,就是zz cos sin 1+的m 级极点,且分母零点的极限点必为函数的极限点,因为)4sin(2cos sin π+=+z z z则令0cos sin =+z z ,得),1,0(4 ±=-=k k z ππ且又因),1,0(0)1(2cos 2])4sin([4±=≠-=='+-=k k z z k k z ππππ故),1,0(4±=-=k k z ππ各为分母z z cos sin +的一级零点即为zz cos sin 1+的一级极点.又因∞→-=4ππk z ,即∞=z 是极点的极限点,即为函数的非孤立奇点.(3)因i k z π)12(+=时,分母01=+z e ,且 01)1()12(≠-='++=ik z z e π所以i k z π)12(+=是分母的一级零点,而此时分子0)1()12(≠-+=ik z z e π故i k z π)12(+=各为函数的一级极点,因分母,分子在平面解析,所以除此之外在平面上无其他奇点. (4)令分母为0,解得)i 1(22z -±=,即为所给函数的极点. 且因,0])i z [(,0])i z [()i 1(22z 32)i 1(22z 32≠'+='+-±=-±=故)i 1(22z -±=均为所给函数的三级极点. 又因0z )1z (132∞→+,所以∞=z 为可去奇点. (5)因为zzz 222cos sin t an =,分子分母均在z 平面解析且无公共零点,所以分母的零点即为z 2tan 的极点,令0cos 2=z ,解得 0)(cos ,222='+=+=ππππk z z k z),1,0(0)(cos 22 ±=≠''+=k z k z ππ所以2ππ+=k z 是z 2cos 的二级零点,从而是z 2tan 的二级极点.(6) ++-=+2)(!2111cosi z i z 所以i z -=为其本性奇点,又因 11coslim =+∞→iz z ,所以∞=z 为可去奇点. (7)因21)2(22sin lim cos 1lim 2202==-→∞→z z z z z z 故0=z 为可去奇点, ∞=z 为本性奇点.(8)因为当且仅当i k z π2=时,分母0)1(,012≠'-=-=i k z z z e e π,所以i k z π2=为分母的一级零点,而分子是常数1,因此i k z π2=为其一级奇点. 5.解:先判断各函数的奇点类型. (1) 0=z ,∞=z 为奇点.(2) 0=z ,∞=z 为奇点.(3) 0=z 不是孤立奇点,是极点的极限点.(4)分母的零点是πk z =,这是ctgz 的极点,且01)(sin ≠-='πk z所以πk z =是分母的一级零点,因此是ctgz 的一极点,而∞=z 不是孤立奇点,是极点的极限点.由三个函数均为单值函数,由洛朗定理,在孤立奇点的去心邻域内均能展开成洛朗级数,在非孤立奇点的邻域内则不能.6.解:(1)当m n ≠时，a 为()()f z g z +的max(,)m n 级极点，为,f g 的m n +级极点，为fg的m n -()m n >级极点与n m -()m n <级零点 (2)当m n =时，a 为f g +的至多m 级极点（此时各种情况均有可能产生） 例：11,()()()kk m mf zg z k N z a z a +-=+=+∈-- a 为,f g 的m n +级极点，为fg的可去奇点. 7.证明:因)(z f 不恒等于零,如果a z =为)(z f 的零点,a z =只能为)(z f 的孤立奇点.(反证)如果a z =不是)(/)(),()(),()(z f z z f z z f z ϕϕϕ⋅±的本性奇点,则由上题的结论知,)(z ϕ就以a z =为可去奇点或极点,矛盾.8.解:(1) 1()(1)zzz e f z z e +-=-,奇点为0z =为一级极点， 2(1,2,...)z k i k π==±±为一级极点，z =∞为非孤立奇点(2) 0z =为函数的本性奇点, z =∞为函数的本性奇点. (3) z =∞是可去奇点, 0z =为本性奇点.(4) 0z =,z =∞为本性奇点. (5) 1=z 为本性奇点, i k z π2=为一级极点, z =∞为非孤立奇点.9.证明:因)(z f 在z 平面上解析,则)(z f 必为整函数,而整函数只以z =∞点为孤立奇点,而)(z f 在z =∞点解析,故z =∞点只能是)(z f 的可去奇点,由定理5.10知, )(z f 为常数.10.证明:(反证)设)(z f w =为整函数且非常数,若值全含于一圆之外,即存在0,00>εw ,使得对任何z ,恒有00)(ε>-w z f ,则有非常数整函数)(1)(w z f z g -=,所以在z 平面上任何点z ,分母不等于0,从而)(z g 在z 平面上解析,即为整函数.又因)(z f 非常数,所以)(z g 非常数,其值全含于一圆1)(ε<z g 之内,与刘维尔定理矛盾.11.证明:由题意,)(z f 在0z 的去心邻域内的洛朗展开式可设为∑∞=--≠-+-=01001)0()()(n n n c z z c z z c z f令01)()(z z c z f z g --=-,因01),(z z cz f --在r z ≤上除去0z 外解析,所以)(z g 在r z ≤上除去0z 外解析.又可知∑∞=-=00)()(n n n z z c z g )(z f 在0z 的邻域内解析,故)(z g 在r z ≤上解析.函数)(z g 在r z <内的泰勒展开式为∑∑∞=∞=+-+=0111)(n n n n nn z z c z a z g而直接法又给出∑∑∞=∞===00)(!)0()(n n n n nn z b z n g z g从而][0110101001z c z b z c z b z a a n n nn n n-++-+--=因为∑∞==0)(n nn z b z g 在r z ≤上解析,所以当0z z =时,级数∑∞=00n nn z b 是收敛的,一般项)(00∞→→n z b nn ,故即知01limz a a n nn =+∞→.（二）1.解：（1）不能（2）能，指定点不是所给函数的支点 （3）不能 （4）不能（5）能，指定点不是所给函数的支点2.解：不正确。