数学与应用数学专业复变函数样恩 中央电大数理教研蜜 一、单项选择题（本题共15分，每小题3分） 1.设：=x+iy,则x可用：表示为(). w )三+ c0-3 0)5+ 2 27 2i 2若：=x+y,则上半平面可表示为()。 0m:0 0)1mz20 k-a A)0 (国1 (C0-2立i 0)2立i 4.函数f()=e在复平而上可表示为〔). 反设f)=sn:,则：=如(k=0,±1，±2，)为f=)的()， 》一级零点 (B)二级零点 C0三级零点 D)四级零点 二，填空题（本题共15分，每小题3分） 1设x,y为实数，称形如(x,y)的 为复数 2设：=x+iy,则称e=」 为指数两数，其中“e”为自然对数的底. 3若存在某个N(,8),使得 ,则称点a为函数f(:)的解析点， 4通数 一在点：=1根成罗朗级数，即在 内展成罗朝级数， 点若映射P=f(:)在区城G内是 ,则称此扶射为区线G内的保形缺射 三、计算圈（本题共0分，第1、2小题各7分，第3、4、5小题各12分》 L.设：=x+iy,求Re(-) 2设)小·球阳的有限奇点，并指出兆货就 3设=x3-3y2,试求解析函数f）=M+im,使得=x3-3y2,且满足 fi)=0. 1
1 数学与应用数学专业复变函数样题 中央电大数理教研室 一、单项选择题（本题共 15 分，每小题 3 分） 1.设 z = x + i y ，则 x 可用 z 表示为（ ）． (A) 2 z − z (B) 2 z + z (C) 2i z − z (D) 2i z + z 2.若 z = x + i y ，则上半平面可表示为（ ）． (A) Imz 0 (B) Imz 0 (C) Imz 0 (D) Imz 0 3. = − − =2 d 1 z a z z a （ ）． (A) 0 (B) 1 (C) − 2π i (D) 2π i 4.函数 z f (z) = e 在复平面上可表示为（ ）． (A) =2 ! n n n z (B) =0 ! n n n z (C) =1 ! n n n z (D) n=2 n n z 5.设 f (z) = sin z ，则 z = kπ (k = 0, 1, 2, ) 为 f (z) 的（ ）． (A) 一级零点 (B) 二级零点 (C) 三级零点 (D) 四级零点 二、填空题（本题共 15 分，每小题 3 分） 1.设 x , y 为实数，称形如 (x , y) 的 为复数． 2.设 z = x + i y ，则称 = z e 为指数函数，其中“ e ”为自然对数的底． 3.若存在某个 N(a, ) ，使得 ，则称点 a 为函数 f (z) 的解析点． 4.函数 z f z − = 1 1 ( ) 在点 z = 1 展成罗朗级数，即在 内展成罗朗级数． 5.若映射 w = f (z) 在区域 G 内是 ，则称此映射为区域 G 内的保形映射 三、计算题（本题共 50 分,第 1、2 小题各 7 分，第 3、4、5 小题各 12 分） 1. 设 z = x + i y ，求 ) 1 Re( z ． 2.设 2 2 ( 4) 1 ( ) + − = z z z f z ，试求 f (z) 的有限奇点，并指出其类别． 3.设 3 2 u = x − 3xy ，试求解析函数 f (z) = u + iv ，使得 3 2 u = x − 3xy ，且满足 f (i) = 0 ．
设)2试格阳到在点：1展线琴绿数 6计算积分7-x+2 。1-dx 四、证明题（本题共20分，每小题10分》 1.试证：若f)=2:°-：+：2+9：-3，则f)在日<1内贝有一个零点. 2设（)在区域G内为解析函数，试证：若对某个点：。∈G,有了(：。)》=0， n=1,2,,则f()在G内为常数. 数学与应用数学专业复变函数样题答案 一，单现选邦题 1.B 2.C 3.D 4.B 5.A 二、填空题 1.有序数对 2.e"(cosy+isin y) &f(:)在N(a,6)内处处可导 40<5-<+05.单叶且保角的 三，计算题 1.解：因 11 x-iy x-iy :x+iy (x+iyKx-iy)x+y 所以 a的*7 2解：因使 :2+4)2=0 的点为：■0与：=2i,放它们为f()的孤立奇点， 又因点：=0为的一级零点，所以，：=0为f)的一领极点.而点：一2i与 f() :。-2i均为儿的二级零点，所以，点：-21与：=-21均为)的二级极点. f八：) 及解：由C-条件有，=3x2-3y=”,所以 ￥=3x2y-y23+风x)
2 4.设 2 1 ( ) + = z f z ，试将 f (z) 在点 z = 1 展成幂级数． 5.计算积分 + − − + x x x d 2 1 2 ． 四、证明题（本题共 20 分，每小题 10 分） 1. 试证：若 ( ) 2 9 3 9 6 2 f z = z − z + z + z − ，则 f (z) 在 z 1 内只有一个零点． 2.设 f (z) 在区域 G 内为解析函数，试证: 若对某个点 z0 G ，有 ( 0 ) 0 ( ) f z = n , n = 1, 2, ，则 f (z) 在 G 内为常数． 数学与应用数学专业复变函数样题答案 一、单项选择题 1.B 2.C 3.D 4.B 5.A 二、填空题 1. 有序数对 2. e (cos y isin y) x + 3. f (z) 在 N(a, ) 内处处可导 4. 0 z −1 + 5. 单叶且保角的 三、计算题 1. 解：因 2 2 i ( i )( i ) i i 1 1 x y x y x y x y x y z x y + − = + − − = + = 所以 2 2 ) 1 Re( x y x z + = 2. 解：因使 ( 4) 0 2 2 z z + = 的点为 z = 0 与 z = 2 i ，故它们为 f (z) 的孤立奇点． 又因点 z = 0 为 ( ) 1 f z 的一级零点，所以， z = 0 为 f (z) 的一级极点．而点 z = 2 i 与 z = −2 i 均为 ( ) 1 f z 的二级零点，所以，点 z = 2 i 与 z = −2 i 均为 f (z) 的二级极点． 3. 解：由 C－R 条件有 x y u = x − y = v 2 2 3 3 ，所以 3 ( ) 2 3 v = x y − y + x
又因为。=-，得0■-(x),所以 o(x)=c 所以 ￥=3x2y-y2+G 由此得 f(:)=(x-3x)+i(3xy-y+e) 由f八i)=0得c=1,故 fe)=(x'-3xyr2)+i3x2y-y3+0 经稳证 fe）=(x-3y)+i3x2y-y23+0或f）=:3+i 即为所求. 4.解，(：)在上-1<3内可展成幂级数，有 fe)=1 +2-1+3 1 1 0+0-号 2-r 3 2-" ,-<3 解 11+万 上2-aiag29 面 11+7i、 R72=e-1凸 5 2':2-+2 1 7团 故 127m 7i7
3 又因为 y x u = −v ，得 0 = −(x) ，所以 (x) = c 所以 v = x y − y + c 2 3 3 由此得 ( ) ( 3 ) i(3 ) 3 2 2 3 f z = x − xy + x y − y + c 由 f (i) = 0 得 c =1 ，故 ( ) ( 3 ) i(3 1) 3 2 2 3 f z = x − xy + x y − y + 经验证 ( ) ( 3 ) i(3 1) 3 2 2 3 f z = x − xy + x y − y + 或 ( ) i 3 f z = z + 即为所求． 4. 解： f (z) 在 z −1 3 内可展成幂级数，有 1 3 1 2 1 ( ) − + = + = z z f z )] 3 1 3[1 ( 1 ) 3 1 3(1 1 − − − = − + = z z = − = − 0 3 ( 1) ( 1) 3 1 n n n n z = + − = − 0 1 3 ( 1) ( 1) n n n n z ， z −1 3 5. 解： ) 2 1 7 i , 2 1 d 2π i Res( 2 1 2 2 + − + = − + + − z z x x x 而 2 1 ) 2 1 7 i ) lim ( 2 1 7 i , 2 1 Res( 2 2 1 7 i 2 − + + = − + − + + → z z z z z z 7 i 1 = 故 7 2 7π 7 i 1 d 2π i 2 1 2 = = − + + − x x x
四，证明题（本题共20分，每小题10分） 1.证令 =)=9,）=2:’-:+:2-3 因g(:)与网：)均在日≤1上解斯，且在日-1上有 es2:++卡+3=7，g以=9 即 lG<ge) 所以， (=)=g=)+=)与g) 在日<1内有相同个数的零点 面g(:)=9:在日<1内只有一个零点，故f(:)在日<1内只有一个零点. 2证：因(：)在区域G内解析，所以一定存在N(:。,R)(其内部及边界全含于G内 使得 e-2f:-rk-kR 由f()=0(n=1,2,…)得 f=)=fe), 归-<R 即在N(:。,)内f(:)为常数 由解析函数的惟一性定理证得(：)在G内为常数 4
4 四、证明题（本题共 20 分，每小题 10 分） 1.证：令 ( ) 9 , ( ) 2 3 9 6 2 g z = z z = z − z + z − 因 g(z) 与 (z) 均在 z 1 上解析，且在 z = 1 上有 ( ) 2 3 7, ( ) 9 9 6 2 z z + − z + z + − = g z = 即 (z) g(z) 所以， f (z) = g(z) +(z) 与 g(z) 在 z 1 内有相同个数的零点． 而 g(z) = 9z 在 z 1 内只有一个零点，故 f (z) 在 z 1 内只有一个零点． 2.证：因 f (z) 在区域 G 内解析，所以一定存在 ( , ) N z0 R （其内部及边界全含于 G 内 使得 = = − 0 0 0 ( ) ( ) ! ( ) ( ) n n n z z n f z f z ， z − z0 R 由 ( ) 0 ( 1, 2, ) 0 f (n) z = n = 得 ( ) ( ) 0 f z = f z ， z − z0 R 即在 ( , ) N z0 R 内 f (z) 为常数． 由解析函数的惟一性定理证得 f (z) 在 G 内为常数．