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复变函数论第四版答案《复变函数论》试题库及答案导读:就爱阅读网友为您分享以下“《复变函数论》试题库及答案”的资讯，希望对您有所帮助，感谢您对的支持!《复变函数》考试试题(九)一、判断题(20分)1、若函数f(z)在z0可导，则f(z)在z0解析.( )2、若函数f(z)在z0满足Cauchy-Riemann条件，则f(z)在z0处解析.( )3、如果z0是f(z)的极点，则limf(z)一定存在且等于无穷大.( ) z?z014、若函数f(z)在单连通区域D内解析，则对D内任一简单闭曲线C都有( ) ?Cf(z)dz?0.5、若函数f(z)在z0处解析，则它在该点的某个领域内可以展开为幂级数.( )6、若函数f(z)在区域D内的解析，且在D内某一条曲线上恒为常数，则f(z)在区域D内恒为常数.( )7、若z0是f(z)的m阶零点，则z0是1的m阶极点.( ) f(z)(. ) 8、如果函数f(z)在D?z:z?1上解析，且f(z)?1(z?1)，则f(z)?1(z?9、lime??.( ) z??z??10、如果函数f(z)在z?1内解析，则f(z?f(z( ) z?1z?1二、填空题(20分)212?i(1?)n，则limzn?___________. 1?nn12、设f(z)?，则f(z)的定义域为____________________________. sinz3、函数sinz的周期为______________. 1、若zn?sin4、sinz?cosz?_______________.5、幂级数22?nzn?0??n的收敛半径为________________.6、若z0是f(z)的m阶零点且m?1，则z0是f?(z)的____________零点.7、若函数f(z)在整个复平面除去有限个极点外，处处解析，则称它是______________.8、函数f(z)?的不解析点之集为__________.9、方程20z?11z?3z?5?0在单位圆内的零点个数为3___________. 83ez,1)?_________________. 10、Res(2z?1三、计算题(30分)n?2?i?1、lim?? n???6?3?2?7??1d?，其中C??z:z?3?，试求f?(1?i). 2、设f(z)??C??zez3、设f(z)?2，求Res(f(z),?i). z?14、求函数z在1?z?2内的罗朗展式. (z?1)(z?2)z?1的实部与虚部. z?15、求复数w?6、利用留数定理计算积分4四、证明题(20分) ?????x2?x?2dx. 42x?10x?91、方程z?9z?6z?1?0在单位圆内的根的个数为6.2、若函数f(z)?u(x,y)?iv(x,y)在区域D内解析，u(x,y)等于常数，则f(z)在D恒等于常数.7、若z0是f(z)的m阶零点，则z0是五、计算题(10分)求一个单叶函数，去将z平面上的带开区域?z:盘w:w?1.7631的m阶极点. f(z)?????Imz???保形映射为w平面的单位圆2???《复变函数》考试试题(十)一、判断题(40分):51、若函数f(z)在z0解析，则f(z)在z0的某个邻域内可导.( )2、如果z0是f(z)的本性奇点，则limf(z)一定不存在.( ) z?z03、若函数f(z)?u(x,y)?iv(x,y)在D内连续，则u(x,y)与v(x,y)都在D内连续.( )4、cosz与sinz在复平面内有界.( )5、若z0是f(z)的m阶零点，则z0是1/f(z)的m阶极点(. )6、若f(z)在z0处满足柯西-黎曼条件，则f(z)在z0解析(. )7、若limf(z)存在且有限，则z0是函数的可去奇点(. ) z?z08、若f(z)在单连通区域D内解析，则对D内任一简单闭曲线C都有?Cf(x)dz?0.( )9、若函数f(z)是单连通区域D内的解析函数，则它在D内6有任意阶导数.( )10、若函数f(z)在区域D内解析，且在D内某个圆内恒为常数，则在区域D内恒等于常数.( )二、填空题(20分):1、函数e的周期为_________________.2、幂级数nnz?的和函数为_________________.n?0??z3、设f(z)?1，则f(z)的定义域为_________________. 2z?14、?nzn?0??n的收敛半径为_________________.ez5、Res(n,0)=_________________. z7三、计算题(40分):1、zzdz. 2(9?z)(z?i)eiz,?i). 2、求Res(1?z23、?. 4、设u(x,y)?ln(x2?y2). 求v(x,y)，使得f(z)?u(x,y)?iv(x,y)为解析函数，且满足nnf(1?i)?ln2。
第一章 复变与复变函数（一）1.解：1)23()21(22=-+=zArgz=argz+πk 2=πππk k 232)3arctan(+-=+- ),2,1,0( ±±=k2.解:因为i ei z e i z 6423,2121ππ-=-==+=所以iie z z e z z 1251221,22121ππ==⋅ 3.解:由044=+a z 得44a z -= 则二项方程的根为a w k k ⋅-=)1(4 )3,2,1,0(=k a e e i i k ⋅⋅=442ππ )3,2,1,0(=k因此 )1(20i a w +=,)1(21i a w +-=)1(22i a w --=,)1(23i a w -=4.证明:因为)Re(2212221221z z z z z z ++=+)R e (2212221221z z z z z z -+=-两式相加得)(22221221221z z z z z z +=-++几何意义:平行四边形两队角线的平方和等于各边平方和. 5.证明:由第4题知)(22221221221z z z z z z +=-++由题目条件 0321=++z z z 知321z z z -=+可有 321z z z =+ 于是 3)(2)(22322212212221221=-+=--+=-z z z z z z z z z同理 3213232=-=-z z z z所以 3133221=-=-=-z z z z z z 因此321,,z z z 是内接宇单位圆的等边三角形的顶点. 6.解:(1)表示z 点的轨迹是1z 与2z 两点连线的中垂线;不是区域. (2)令yi x z +=,由4-≤z z 得yi x yi x +-≤+)4(,即2222)4(y x y x +-≤+,得2≤x因此, z 点的轨迹是以直线2=x 为右界的右半平面(包括直线);不是区域.(3)同(2)yi x z +=,得0>x ,故z 点的轨迹是以虚轴为左界的右半平面(包括虚轴;是区域.(4)由⎪⎩⎪⎨⎧≤≤<-<3Re 24)1arg(0z z π 得⎪⎩⎪⎨⎧≤≤<-<3241arctan 0x x y π 即⎩⎨⎧≤≤-<<3210x x y 可知z 点的轨迹是一梯形(不包括上,下边界);不是区域.(5)z 点的轨迹是以原点为圆心,2为半径以及(3,0)为圆心,1为半径得两闭圆的外部.是区域.(6)z 点的轨迹的图形位于直线1Im =z 的上方(不包括直线1Im =z )且在以原点为圆心,2为半径的圆内部分(不包括圆弧);是区域. (7)z 点的轨迹是4arg π=z ,半径为2的扇形部分;是区域.(8)z 点的轨迹是以)2,0(i 为圆心,21为半径以及)23,0(i 为圆心, 21为半径的两闭圆的外部.是区域.7.证明:已知直线方程一般式为),,(0c b a c by ax =++为实常数,b a ,不全为零. 以 izz y z z x 2,2-=+= 代入化简得0)(21)(21=+++-c z bi a z bi a 令 0)(21≠=+αbi a 得 0=++c z z αα反之(逆推可得).8.证明: 因为Z 平面上的圆周可以写成()0z z -=γγ>0 其中0z 为圆心，γ为半径 所以 ()()200z z z z z z 2γ=-=--0000z z z z z z z z =⋅-⋅-⋅+⋅ 令2001,,A B z C z 2==-=-γ，从而圆周可以写成 0A Z Z B Z B ZC +++=,A C 为实数，且22200B z z AC 2=>-γ=9.证明：可证1213z z z z --为实数. 10.解:(1)令)1(i t yi x z +=+=,得y x =,即曲线为一,三象限的角平分线. (2)令,sin cos t ib t a yi x z +=+=得t b y t a x sin ,cos ==,则有12222=+by a x ,故曲线为一椭圆.(3)令)0(≠+=+=t i t t yi x z ,可得ty t x 1,==,则1=xy ,故曲线为一双曲线.(4)令22tt yi x z +=+=,得221,t y t x ==,即1=xy )0,0(>>y x ,故曲线为双曲线在第一象限内的一支. 11.解:(1)由于4222==+z y x ,又有)(411122yi x y x yi x yi x z w -=+-=+== 所以 ,4,4y v x u -==则41)(1612222=+=+y x v u这表示在w 平面上变成的曲线是以原点为圆心,21为半径的圆周. (2)将x y =代入yi x w +=1,即yix iv u +=+1中得 xi x x i i x iv u 22121)1(1-=--=+=+于是,21,21xv x u -==因此u v -=,故曲线为w 平面上二,四象限的角分线. (3)同上将1=x 代入变换yix iv u +=+1得 21111yyiyi iv u +-=+=+ 于是,1,1122yy v y u +-=+=且u y y y v u =+=++=+22222211)1(1 故解得41)21(22=+-v u ,这表示曲线变成w 平面上的一个以)0,21(为圆心,21为半径的圆周.(4)因1)1(22=+-y x ,即可得0=--z z z z 将wz w z 1,1==代入得01111=--⋅w w w w ,即ww w w w w +=1,因此1=+w w所以这表示曲线变成w 平面上的一条过)0,21(且平行于虚轴的直线.12.证明:(1)首先考虑函数n z z f =)(在z 平面上的连续性. 对复平面上任意一点0z ,来证明nn z z z z 00lim =→不妨在圆10+=≤z M z 内考虑. 因为10102100(-----≤+++-≤-n n n n nn nM z z z z zzz z z z ,故对0>∀ε,只需取1-≤n nM εδ,于是当δ<-0z z 时,就有ε<-nn z z 0.(2)由连续函数运算法则,两连续函数相除,在分母不为零时,仍连续.因此)(z f 在z 平面上除使分母为零点外都连续. 13.证明:令ππ<<-⎩⎨⎧=≠=z z z z z f arg 0,00,arg )(分情况讨论:(1) 若00=z ,由于当z 沿直线)(arg 00πθπθ<<-=z 趋于原点时,)(z f 趋于0θ,这里0θ可以取不同值,因而)(z f 在00=z 处不连续.(2) 若)0(0<=x z 由定义当z 从上半平面趋于0z 时, )(z f 趋于π,当z 从下半平面趋于0z 时, )(z f 趋于π-,所以)(z f 在实轴上不连续.(3) 其他点0z ,作一个以0z 为中心δ为半径的圆,只要δ充分小,这个圆总可以不与负实轴相交.任取0Argz 的一个值0θ,以0z 为中心δ为半径的圆,因0z z n →,故存在自然数N ,当N n >时,n z 落入圆内,从原点引此圆的两条切线,则此两条切线夹角为)(2δϕ,0arcsin)(z δδϕ=,因此总可以选取n Argz 的一个值n z arg .当N n >时,有)(arg 0δϕθ<-n z ,因0→δ时,0)(→δϕ.因而,总可以选取δ,使)(δϕ小于任何给定的0>ε,即总有ε<-0arg arg z z .因此)(z f 在0z 连续.综上讨论得知, )(z f 除原点及负实轴上的点外处处连续.14.证明:由于)(z f 的表达式都是y x ,的有理式,所以除去分母为零的点0=z ,)(z f 是连续的,因而只须讨论)(z f 在0=z 的情况.当点yi x z +=沿直线kx y =趋于0=z 时, 222211)(kkk k y x xy z f +→+=+=这个极限值以k 的变化而不同,所以)(z f 在0=z 不连续.15.证明:由z z f =)(连续即得.16.证明:1z -在1z <内连续且不为0，故11z-在1z <内连续 011,0,2εδδ⎛⎫∃=∀>< ⎪⎝⎭，均存在121,142z z δδ=-=-使得124z z δδ-=<()()1212112111f z f z z z δ-=-=>-- 故()f x 在1z <内非一致连续17.证明：必要性：设i y x z n 000lim +==∞→，由定义0,0>∃>∀N ε，当N n >时，恒有ε<-0z z n ，从而由定义知 ε<-≤-00z z x x n n ε<-≤-00z z y y n n 即)(,00∞→→→n y y x x n n 充分性:由定义得00000)()(y y x x i y y x x z z n n n n n -+-≤-+-=- 因此,当)(,00∞→→→n y y x x n n 时,必有)(0∞→→n z z n . 18.证明:利用第17题,及关于实数列收敛的柯西准则来证明.必要性:设0lim z z n n =∞→.则由定义对0)2(,0>=∃>∀εεN N ，当N n >时，恒有20ε<-z z n .因而对任何自然数p ,也有20ε<-+z z p n .利用三角不等式及上面两不等式, 当N n >时,有 ε<-+-≤-++00z z z z z z n p n n p n充分性:设对0)(,0>∃>∀εεN ,当N p n n >+,时,有ε<-+0z z p n ,由定义得 ε<-≤-++n p n n p n z z x xε<-≤-++n p n n p n z z y y由此根据实数序列的柯西准则,必存在两个实数00,y x ,使)(,00∞→→→n y y x x n n ,有i y x i y x z n n n 00+→+=19.证明:设)),3,2,1(( =≤+=n M z i y x z n n n n ,因为M z y x n n n ≤≤,,所以{}{}n n y x ,都有界.根据实数列的致密性定理,知{}n x 有收敛于某常数a 的子序列{}k n x ,相地在),2,1( =+k i y x k k n n 中,{}k n y 任有界,因而{}k n y 也有以收敛于某一常数b 的子序列{}kj n y ,在),2,1( =+=j i y x z kj kj kj n n n 中, {}k n x 任收敛于a ,因此所设序列有一收敛于bi a +的子序列.20.证明:(1)若00=z ,则由定义对N ∃>∀,0ε,当N n >时有{}2ε<n z而 nz z z n z z z n z z z z nN N N n n +++++++=+++='++ 212121 固定N ,取⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++=nz z z q N N 2102,max ,则当0N n >时,有221ε<++n z z z N故 ε<+++++≤'++n z z z n z z z z n N N N n 2121(2)若00≠z ,则当0)(lim 0=-∞→z z n n ,000010)()(z n nz z z z z z z n n -+-+-=-'0)()(001→-+-=nz z z z n（二）1.解:ii i e e e i i ϕϕϕϕϕϕϕ193)3(2532)()()3sin 3(cos )5sin 5(cos ==-+- 2.解:由于it e z =,故nt i nt e z nt i nt e z nti n nti n sin cos ,sin cos -==+==-- 因此 nt zz nt z z n nn n sin 21,cos 21=-=+ 3.证明:已知(155122cos sin 2233nnn n n n n n x iy i ⎛⎫⎛⎫+=-=-=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ππ 因此 552cos ,2sin33n n n n n n x y ππ== 11n n n n x y x y ---()()151515522cos sin sin cos 3333n n n n n n ππππ---⎡⎤=-⎢⎥⎣⎦()215152sin 33n n n ππ--⎛⎫=- ⎪⎝⎭4.证明：第一个不等式等价于2222)(21y x z y x +=≤+，即)(222222y x y x y x +≤++,即0)(2>-y x 这是显然的,因此第一个不等式成立. 第二个不等式等价于2222222)(y y x x y x y x z ++=+≤+= ,即02≥y x 这是显然的,因此第二个不等式成立. 5.证明:利用公式 )Re(2212221221z z z z z z -+=-以及z z =Re6.证明: 因为21,az b az b az bz bz a bz a bz a+++==⋅+++所以22221a abz abz b b abz abz a+++==+++故1az bbz a+=+7.解:设0z 为对角线→31z z 的中点,则 i z z z 21)(21310+=+=分别左旋及右旋向量30z z 各2π,写成复数等式后,即可由此解得顶点2z 的坐标为(4,1); 顶点4z 的坐标为(-2,3).8.证明:由于123z z z ∆与123w w w ∆同向相似的充要条件是33,z w ∠=∠且23231313z z w w z z w w --=--,而23313arg ,z z z z z -∠=-2313arg w w w w w -∠=-,于是有23231313z z w w z z w w --=--,即1122331101z w z w z w =.9.证明：123,,z z z 4,z 四点共圆或共直线的充要条件为1233410z z z z z z ∠+∠=或π但3212321argz z z z z z z -∠=-，1434143arg z zz z z z z -∠=- 3232141421432143a r g a r g a r g z z z z z z z z z z z z z z z z ----+=⋅----， 因此1234,,,z z z z 共圆周或共直线的充要条件为34141232:z z z z z z z z ----为实数. 10.证明:由21Oz Oz ⊥知2arg arg 21π±=-z z故i z zz z 2121±=,两边平方即得02121=+z z z z ,反之亦然. 11.证明:因为2221k z z z z =--,从而22121k z z z z zz z z =⎪⎪⎭⎫⎝⎛--⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-- 所以 ()2222221112z z z z k z z z z z z +-=+--即 212222122122)()()1(z z k z k z z z k z z k z -=-----亦即 2222122221122122222221)1()1()(1k z z k k z z z z z z k k z k z z --=---+=---故有 221222111kz z k k z k z z --=---,此为圆的方程,该圆圆心为222101k z k z z --=,半径为2211kz z k--=ρ ),10(21z z k ≠≠<. 12.证明:2222)1()1(11111b a b a z z zz+--<+-⇔+<-⇔<+- 022)1()1(2222>⇔<-⇔+--<+-⇔a a a b a b a几何意义:右半平面上的点到(1,0)的距离a 小于到(-1,0)点的距离b ;到(1,0)的距离a 小于到(-1,0)点的距离b 的点在右半平面上.。
复变函数论课后题答案 (第四版钟玉泉)复变函数论课后题答案 (第四版钟玉泉)一、选择题1. B2. D3. A4. C5. B6. A7. D8. B9. C10. A二、填空题1. 解析函数2. 极限3. 全纯函数4. 实部5. 可微6. 黎曼-一般黎曼条件7. 柯西-黎曼方程8. 积分路径无关9. 简单闭合路径10. 等速圆三、简答题1. 复数的实部和虚部分别由实部和虚部函数来得到。
实部函数是通过将复数的虚部置零得到。
虚部函数是通过将复数的实部置零得到。
2. 解析函数是指在一个区域内处处可导的函数。
全纯函数是指处处可导的复数函数。
3. 构造一个有界区域，包含有限个奇点，并使该区域与其他奇点不相交。
在奇点上，确保函数无界。
4. 通过直接计算导数或利用柯西-黎曼方程来证明。
五、计算题1. 解：根据题意，由柯西-黎曼方程可得：∂u/∂x = ∂v/∂y∂u/∂y = -∂v/∂x由第一式可得∂u/∂x = -2y积分得：u = -2xy + f(y)对u求偏y导数得：∂u/∂y = -2x + f'(y)由第二式可得∂u/∂y = -(-4y) = 4y所以，-2x + f'(y) = 4yf'(y) = 4y + 2x对f'(y)积分得：f(y) = 2xy + xy^2 + g(x)综上所述，u = -2xy + 2xy + xy^2 + g(x)= xy^2 + g(x)故解为 f(z) = xy^2 + g(x) + i(2xy + f(y))2. 根据题意，f'(z) = u_x + iv_x = 4x^3 - 12xy^2 + 6x + 2y - 4xyi 对z积分得：f(z) = x^4 - 6x^2y^2 + 6xy + 2xy + C= x^4 - 6x^2y^2 + 8xy + C故解为 f(z) = x^4 - 6x^2y^2 + 8xy + C六、证明题待补充完整。
