2002-2003学年第一学期复变函数科目考试试题A卷参考答案 使用班级(教师填写) sn(+1 (二-k),|=-1k T 6.6πi 48.59 10.关于单位圆周 二,1.×2.√3.√4.×5.×6.√7.√8.√9.√10.× .1.解:由于u=m3+nx2y,v=x3+y2在复平面上可微且 ov = 2nxv, =3nmm-+nx 由C-R条件,有 故当n=1,n=-3,3m=-1时,即l=n=-3,m=1时,∫()解析 v(x, y) 因而 故函数∫(=)在二≠0处连续,在〓≠0处不满足C一R条件,故处处不可导,不解析。 3.解 (=l-e- sin= :ld- e sin ed:, 由于函数esnz在Z平面上处处解析,所以 e- sin -dz=0 而[=1d=Jah=d=0,所以原式0 4.解:由于积分与路径无关性,利用复积分的牛顿一莱布尼兹公式有, 「(2:+8+-(2:2+8+1=2+42+1=15+16x2+2m 5.解:(1)用线性积分法, dv(x, y)+C dx+v,dy+C dx+l_dy+C (2y-x)dx+(2x+ y)dy+C= (2y-x)dx+(2x+ y)dy+C
2002– 2003 学年第一学期 复变函数 科目考试试题 A 卷参考答案 使用班级（教师填写）: 一．1． 3 − 2. − − + + = ( ) , | 1| ! 1) 2 sin( 0 z k z k k k k 3. 2 1 − ie 4. 2 5. i e 6 − 6. 6i 7. 4 8. 5 9. 2 10. 关于单位圆周 二．1．× 2. √ 3. √ 4. × 5. × 6. √ 7. √ 8. √ 9. √ 10. × 三．1．解：由于 u my nx y 3 2 = + ， 3 2 v = x + lxy 在复平面上可微且 nxy x u = 2 ， 2 2 3my nx y u = + ， 2 2 3x ly x v = + ， lxy y v = 2 由 C—R 条件，有 3 2 2 3 2 2 2nxy= 2lxy, my + nx = − x − ly 故当 n = l, n = −3, 3m = −l 时，即l = n = −3, m =1 时， f (z) 解析。 2．解： 2 2 2 2 1 1 x y y i x y x z x iy + + + = − = ，则 ( , ) 2 2 ， x y x u x y + = ( , ) 2 2 ， x y y v x y + = 因而 ( ) 2 2 2 2 x y y x ux + − = ， 2 2 2 ( ) 2 x y xy vx + − = ， ( ) 2 2 2 x y xy uy + − = ， 2 2 2 2 2 (x y ) x y vy + − = 故函数 f (z) 在 z 0 处连续，在 z 0 处不满足 C—R 条件，故处处不可导，不解析。 3．解： − = − C C z C z (| z | e sin z)dz | z | dz e sin zd z ， 由于函数 e z z sin 在 Z 平面上处处解析，所以 C z e sin zd z =0 而 = = = C C C | z | dz adz a dz 0 ，所以原式=0 4．解：由于积分与路径无关性，利用复积分的牛顿—莱布尼兹公式有， z z dz z z dz z z z a a a C a a 16 2 3 16 4 ] 3 2 (2 8 1) (2 8 1) [ 2 2 2 0 2 3 3 0 2 2 3 2 + + = + + = + + = + + 5．解：（1）用线性积分法， C y xy x y x dx x y dy C y x dx x y dy C v dv x y C v dx v dy C u dx u dy C x y x y x y x y x y y x x y = − + + + = − + + + = − + + + = + = + + = − + + 2 2 2 (2 ) (2 ) (2 ) (2 ) ( , ) 2 2 0 0 ( , ) (0,0) ( , ) (0,0) ( , ) (0,0) ( , ) (0,0)
f(=)=x2-y2+xy+i( 6.解:(注:此题可用三种方法解得) esin二=e e+-e-)1 3 (1-1) (2+124(-2z6 (-)"(n+1X(2;)”(0<=-4 8.解:由于z=1为n级极点 Re sf() 2 (二-1)”(n-1) (2n) (n-1)(n+1) e f(=) (n-1)(n+1) 四.解:本题属x型积分,因被积函数是偶函数,所以 - o(r) (x-+1)(x2+ 2J-∞(x2+1)(x2+4) 考察函数(2+1=2+4 在上半平面上仅有两个一级极点三和=2i,且 Re s f(=) Re sf(=) (2+1Xx+2)=2 3于是 dx=2. 2mi Re s f(=)+Re sf(=) 的奇点有=1、2kⅸ(k=0,±1,±2,…)、∞ 因为=1是e的本性奇点,是c-1的解析点,所以是函数的本性奇点 由于=2kπi(k=0,±1,±2,…)是e2-1的零点, 且(e2-1)1l2km=1≠0(k=0,±1,±2,…
( ) ( 2 2 f z = x − y + xy +i C y xy x − + + + 2 2 2 2 2 ）= i iC z z − + 2 2 2 6．解：（注：此题可用三种方法解得） n n n n n n n n n n n n i z i z z i z i z z z n n z n n i i z n i z n i i e e i i e e e z e = = = = + − − = = − − + = − = − = 0 2 0 2 0 0 (1 ) (1 ) ! 4 2 sin ! 4 2 2 sin 2 1 ! (1 ) ! (1 ) 2 1 { } 2 1 2 sin 7．解：在 0 z −i 2 内 ) (0 2) 2 ( 1) ( 1)( 4( ) 1 ) ] 2 [ ( 1) ( 4( ) 1 ( 1) 1 0 2 0 2 2 2 2 − − − + − − = − − − − = + = = z i i z i n z i i z i z z i n n n n n n 8．解：由于 z=1 为 n 级极点 ( 1)!( 1)! (2 )! , Re ( ) ( 1)!( 1)! (2 )! (2 )(2 1) (2 ) ( 1)! 1 ] ( 1) lim [( 1) ( 1)! 1 Re ( ) 2 1 1 1 1 − + = − − + = − − − = − − − = = − − = → n n n s f z n n n n n n n z n z z d z d n s f z z n n n n n z z 四．解：本题属 P x Q x dx ( ) − ( ) + 型积分，因被积函数是偶函数，所以 I= dx x x x dx x x x + − + + + = + + 2 ( 1)( 4) 1 ( 1)( 4) 2 2 2 0 2 2 2 考察函数 f(z)= z z z 2 2 2 ( + 1)( + 4) ,在上半平面上仅有两个一级极点 z=i 和 z=2i，且 z i z i z s f z z i z i 6 1 ( )( 4) Re ( ) 2 2 = − + + = = = , 3 1 ( 1)( 2 ) Re ( ) 2 2 2 2 z z i i z s f z z i z i = + + = = = 于是 . 6 2 Re ( ) Re ( ) 2 1 2 ( 1)( 4) 1 2 2 2 2 = = + + + = = = + − dx i s f z s f z x x x I z i z i 五．解： −1 z e e -1 1 z 的奇点有 z=1、2kπi(k=0, ±1，±2，…)、∞ 因为 z=1 是 e 1 z-1 的本性奇点，是 e z -1 的解析点，所以是函数 e e 1 z-1 z − 1 的本性奇点. 由于 z=2kπi (k=0, ±1，±2，…)是 e z − 1 的零点， 且 (e ) z − z k i 1 =2 = 1 0 (k=0, ±1，±2，…)
所以=2ki(k=0,±1,±2,…)是e2-1的一级零点, 从而是-1的一级零点,即是的一级极点 由于当k→∞时,2ki→∞,即=∞是极点的极限点,因此它不是孤立奇点 六.解:先将0映为7平面上半面的变 换n=,利用w=e将7平面上半面的变换成5平面上的k≤1,如下图: (1→1) 由于f0)=1,由公式5=c02-,即得5=2=0D-2=cN-1=2 -1 ,由arg∫(1)=一,即得 从而z=2 七证明:因为和函数f()的解析性区域为2-11,即<1, 又()=-12- 2z-11+z (1k1)函数F()=2除=-1外,在z平面上处处解 析,所以可以解析开拓到z=-1外的整个z平面
所以 z=2kπi (k=0, ±1，±2，…)是 e z − 1 的一级零点， 从而是 e e z z − − 1 1 1 的一级零点，即是 e e 1 z-1 z −1 的一级极点. 由于当 k→∞时，2kπi→∞，即 z=∞是极点的极限点，因此它不是孤立奇点. 六．解：先将 z 2 映为 平面上的 1 ，将 w 平面上的 Re w 0 映为 平面上半面的变 换 = iw ，利用 − − = z z w e i 将 平面上半面的变换成 平面上的 1 ，如下图： 由于 f (0) =1 ，由公式 − − = i e ，即得 1 1 2 + − = − − = − − = = w w e iw i iw i e e z i i i 即 1 1 2 + − = w w z e i ，由 f ， 2 arg (1) = 即得 e i i = − 从而 , 1 1 2 1 1 2 2 + − = − + − = − w w i w w z i 即 z i z i iz iz w 2 2 2 2 + − = − − + = 七．证明：因为和函数 f (z) 的解析性区域为 1 2 2 1 − − z z ，即 z 1， 又 (| | 1) 1 2 2 2 1 1 1 ( ) + − = − − − = z z z z z f z 函数 z z F z + − = 1 2 ( ) 除 z = −1 外，在 z 平面上处处解 析，所以可以解析开拓到 z = −1 外的整个 z 平面。 o o 1 o 2 o z w 1 2 z = = iw (1→i)
2002-2003学年第一学期复变函数科目考试试题B卷参考答案 使用班级(教师填写) 2.>(-1) k=0,±1, 6 127.158.39 10.反演 √2.×3.√4.×5.√6.√7.×8.√9.√10.√ 1.解:设z=re°,则三=re-,故 f()=m+2 =e-+e 而lmf(z)=2,mf(x)=0,故f()在z=0处无极限。 2.解:设z=x+iy,则三=x-y,(2)2=x2-y2-2x 而u2=2x,,=-2y,v2=-2y,vy=-2x,由C.一R条件,有x=0,y=y处满足 因此函数∫()在z=0处可导,在Z平面上处处不可导,不解析。 3.证明:取=1y>0),则 cos(iy)= sn(-z2)=-1 f(e)=v+iv,= y2)2( -trY (2)=0=c=1:()=1
2002– 2003 学年第一学期 复变函数 科目考试试题 B 卷参考答案 使用班级（教师填写）: 一．1． 4 3 − 2. + + − = + , | | (2 1)! ( 1) 0 2 1 z n z k n n 3. , 0, 1, 2 2 = − − e k k 4. 1 5. i e 6 − 6. 12 i 7. 15 8. 3 9. 4 10. 反演 二．1．√ 2. × 3. √ 4. × 5. √ 6. √ 7. × 8. √ 9. √ 10. √ 三．1．解：设 i z = re ，则 i z re − = ，故 ( ) 2 cos 2 2 2 = + = + = − − − i i i i i i e e re re re re f z ， 而 lim ( ) 2 ( 0) | | 0 = = → f z z ， lim ( ) 0 ( 4) | | 0 = = → f z z ，故 f (z) 在 z=0 处无极限。 2．解： 设 z = x +iy ，则 z = x −iy ，(z) x y 2xyi 2 2 2 = − − ， 而 u x x = 2 ， u y y = −2 ， v y x = −2 ， v x y = −2 ，由 C.—R.条件，有 x=0，y=y 处满足 因此函数 f (z) 在 z = 0 处可导，在 Z 平面上处处不可导，不解析。 3．证明：取 z=iy(y>0),则 cos(iy)= 2 2 y e - y e +e y 4．解： 2 2 0 2 0 2 2sin 1 sin( ) 2 1 sin 2 1 cos = − = − = z z dz z i 5．解： 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) , ( ) 2 x y x y v x y xy vx x + − = + = − z f C f z C z z f z x y z x iy x y x xyi y x y xy i x y x y f z v iv y x 1 2 1 ( ) 2 1 (2) 0 1 1 ( ) 1 ( ) ( ) ( ) 2 ( ) 2 ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 = = = − = = = − + + − + = + − − = + − + − = + =
3+a+(++2+-)+20+:+2+-)+ e1+(1+2++…)+(1+++…)+…]l+z+x-+ 7.解:由于z2e只以二=0及z=∞为奇点,故最大去心邻域为0<||<+ 所以=2=m2=2m=n==20+2) 8.解:因为z=0为4级极点,分子1级零点,故f(=)为3级极点 k/()=2正(x1=-3,B5/()= 四.解:本题属广c(24型积分,因被积函数是偶函数 设R(二)= l)(x2+9 令分母为零,得12=±i,=34=±3 上半平面仅有=1=i,3=3 =Re(2m∑Rey()} Re!2m·(lm +lim →(z+1)=2+9)2(=2+1)(二+31) Remi( 8-8×6i 24e 五.解:由于 =-1,所以z=0为可去奇点 →0e-+ze--1 由于e-1=0,并由e2≠0可判定zk=2kr(k=0,±1,…),易知=k为一级极点 当k→∞,x→,故z=∞为这些极点的聚点,非孤立奇点
6．解： ] 6 5 ) ] [1 2! (1 2! 1 ) 2! [1 (1 ) ] 2! (1 2! 1 1) 2! ] [1 (1 3! ( 1) 2! ( 1) [1 ( 1) 3 2 2 2 2 2 2 3 2 2 ( 1) = + + + + + + + + + = + + + + + = + + + + − + + + + + − + − = = + − + − z e z z z z z e z z z z e z e e e e e e e z z e e z z z 7．解：由于 z z e 1 2 只以 z = 0 及 z = 为奇点，故最大去心邻域为 0 | z | + 所以 n n n n n z n n z n z z n z e 1 ( 2)! 1 ! 1 ! 1 0 0 2 2 2 1 2 =− = = − − + + = = = 8．解：因为 z=0 为 4 级极点，分子 1 级零点，故 f (z) 为 3 级极点 3 4 ] 1 lim [( 0) 2! 1 Re ( ) 4 2 3 2 2 0 0 = − − = − = → z e z dz d s f z z z z ， 3 4 Re ( ) = = s f z z 四．解：本题属 P x Q x dx ( ) − ( ) + 型积分，因被积函数是偶函数， 设 ( 1)( 9) ( ) 2 2 + + = x x e R z iz ，令分母为零，得 , 1,2 z = i z 3i 3,4 = 上半平面仅有 z i, z 3i 1 = 3 = (3 1) 24 24 3 )} 8 8 6 Re{2 ( ) ( 1)( 3 ) lim ( )( 9) Re 2 Re ( ) Re 2 (lim 2 3 1 3 1 3 2 2 2 , 1 3 = − − = − = + + + + + + = = − − − − → → = e e e e i e e i z z i e z i z e I i sf z i i z z i i z z i z z z z 五．解：由于 ze z z e e z z z z − − + − = − 1 1 1 1 ， 1 1 1 lim 0 = − + − − → z z z z e ze e ，所以 z = 0 为可去奇点 由于 −1 = 0 z e ，并由 0 z e 可判定 z = 2k (k = 0,1, ) k ，易知 k z 为一级极点。 当 k → , zk → ，故 z = 为这些极点的聚点，非孤立奇点。 六．解：
2=Y+l m4=(my2w=()2=(2“m2)=(+12=(=+)2 七.证明:证明:因f1() f2()=1 <l→Rez< 可见{H<2,()(B2,f()都是完全解析函数=2的解析元素 又由于Re<包含圆|<,所以2(-)是f1()向外的解析开拓.口
2 2 1 1 2 2 3 2 4 3 3 2 1 1 2 2 1 1 ) 1 1 ) ( 1 1 ( ) ( ) ( ) ( , , 1 1 , − + = − + = = = = = − + = = z z w w w w w w e w w e w w w w z w i i 七．证明：证明: 因 ) 2 1 ( 2 1 1 2 1 ( ) 1 − = z z z f z ) 2 1 1 Re 1 ( 1 2 1 1 1 1 1 1 ( ) 2 − − = − − − = z z z z z z z f z 可见 , ( ) 2 1 1 z f z 及 , ( ) 2 1 Re 2 z f z 都是完全解析函数 1 2z 1 − 的解析元素. 又由于 2 1 Re z 包含圆 2 1 z , 所以 ( ) 2 f z 是 ( ) 1 f z 向外的解析开拓. □
