复变函数》期中考试试题200611 填空题(2×6=12分) 1.设复数z 则z的模是 辐角主值是 5 解z的模是 辐角主值是- arctan 2.方程x3+8=0的所有根是 解x1=1+√ 3.In(-3+4i) 主值为 解n5+i(丌- arctan+2kx),k为整数l5+i(x-aC 4.积分/|dz= 其中积分路径C为从原点到1+i的 直线段 解路径C的参数方程为z=(1+),0≤t≤1,而|z|=1+i·|t √2,所以 ald V2(+i)dt=y(1+i) 5.积分 其中积分路径C:||=3,方 向取正向 解在|2=3内作三条简单闭曲线C1,C2,C3,分别包含0,1和-1 且互不包含且互不相交,则 +2 +2丌i 2(z+1)
1 hh ii Æ 2006.11 r ;b (2 × 6 = 12 ) 1. W#℄ z = 1 i − 3i 1 − i , z E\ , "2\ . z E\ √ 34 2 , "2\ − arctan 5 3 . 2. z 3 + 8 = 0 `w%\ . z1 = 1 + √ 3i, z2 = −2, z3 = 1 − √ 3i. 3. Ln(−3 + 4i) = , g . ln 5 + i π − arctan 4 3 + 2kπ , k g℄ln 5 + i π − arctan 4 3 . 4. - Z C |z|dz = , J- 6 C g| 1 + i m 6 C ℄ g z = (1+i)t, 0 6 t 6 1, |z| = |1+i|·|t| = √ 2t, `s Z C |z|dz = Z 1 0 √ 2t(1 + i)dt = √ 2 2 (1 + i). 5. - I C e z z(z 2 − 1)dz = , J- 6 C : |z| = 3, oPo ~ |z| = 3 F Ud/Om C1, C2, C3, ) 0, 1 + −1, L, )L, n1 I C e z z(z 2 − 1)dz = I C1 e z z(z 2 − 1)dz + I C2 e z z(z 2 − 1)dz + I C3 e z z(z 2 − 1)dz = 2πi e z z 2 − 1 z=0 + 2πi e z z(z + 1) z=1 + 2πi e z z(z − 1) z=−1 = πi −2 + e + 1 e .
6.积分 其中|a|<1,C是正向单位圆 解z=a是f(x)在单位圆周内的奇点,所以 2T(e) (2分).证明f(x) +y2x2+y2 在z≠0处解析,并求导 函数 解因为u=P2+y2 所以 au 2. ry Ox(x2+y2)2ay(x2+y2)2 2 ry Ox(x2+y2)2Oy(x2+y2)2 以上四个偏导数在除去原点外的平面上连续,所以u,U除z=0外可 微,且满足C-R条件,因此∫(x)=u+i除z=0外解析.且导函数为 f(x2) (x2+y2)2(
2 6. - Z C e z (z − α) 3 dz = , J |α| q`s u, v Æ z = 0 e: fLA C-R d0t f(z) = u + iv Æ z = 0 e3kL*℄g f ′ (z) = ∂u ∂x + i ∂v ∂x = y 2 − x 2 (x 2 + y 2 ) 2 + i 2xy (x 2 + y 2 ) 2 .
三(3分).问v(x,y)=2xy+3x是否可以作为解析函数的虚部?为 什么?若能,作出一个解析函数f(z),且使它经过点i时,函数值为0 解因为 ax ar20. du dy dy 02a2u 在全平面上连续,且a2+02=0,故是调和数,则它可作为解析 函数f(x)的虚部.设f(x)=+i0 由CR方程 ar ay 得 n=2,u=/2ndx=x2+y(y), 所以 ay ax 得 y(y)=-(2y+3 因此y(y)=-y2-3y+C,故 u=22-y2-3y+C 于是f(2)=x2-y2-3y+C+(2xy+3x).代入f(l)=0,得C=4,故 f(2)=x2-y2-3y+4+i(2xy+3x)=2+4+3iz
3 U (3 ). i v(x, y) = 2xy + 3x \!:s g3k*℄p g YBTG r$3k*℄ f(z), LZa5( i X*℄g 0. tg ∂v ∂x = 2y + 3, ∂ 2 v ∂x2 = 0, ∂v ∂y = 2x, ∂ 2 v ∂y2 = 0, ~RICV>qL ∂ 2 v ∂x2 + ∂ 2 v ∂y2 = 0, ' v \+*℄a: g3k *℄ f(z) p W f(z) = u + iv. v C-R ∂u ∂x = ∂v ∂y , ∂u ∂x = 2x, u = Z 2xdx = x 2 + ϕ(y), `s ∂u ∂y = ϕ ′ (y), v ∂u ∂y = − ∂v ∂x, ϕ ′ (y) = −(2y + 3). t ϕ(y) = −y 2 − 3y + C, ' u = x 2 − y 2 − 3y + C, y\ f(z) = x 2 − y 2 − 3y + C + i(2xy + 3x). S f(i) = 0, C = 4, ' f(z) = x 2 − y 2 − 3y + 4 + i(2xy + 3x) = z 2 + 4 + 3iz.
四(2分).计算积分 2ri2(1-2)32,其中C为不经过点0与1 的正向简单闭曲线 解(1)若点0,1均不在C内部时,则被积函数f() e2在 1-2)3 以C为边界的有界闭区域D上解析,由柯西积分定理 2丌i (2)若点0在C内部,点1不在C内部时,由柯西积分定理 (1 d 2丌iJc2(1-z)3 (3)若点1在C内部,点0不在C内部时,由柯西积分定理 1 d (4)若点0,1都在C内部,在C内作互不相交,互不包含的两个圆 周Co,C1,分别包含0,1,由柯西积分定理 2丌iJcz(1 (1
4 ^ (2 ). ._- 1 2πi Z C e z z(1 − z) 3 dz, J C g 5( 0 z 1 o/Om (1) T 0, 1 8 ~ C F X-*℄ f(z) = e z z(1 − z) 3 ~ s C g4w4N{ D V3kv9l- < 1 2πi Z C e z z(1 − z) 3 dz = 0. (2) T 0 ~ C F 1 ~ C F Xv9l- < 1 2πi Z C e z z(1 − z) 3 dz = 1 2πi Z C e z (1 − z) 3 z dz = e z (1 − z) 3 z=0 = 1, (3) T 1 ~ C F 0 ~ C F Xv9l- < 1 2πi Z C e z z(1 − z) 3 dz = 1 2πi Z C −e z z (z − 1)3 dz = 1 2! − e z z ′′ z=1 = − e 2 , (4) T 0, 1 ~ C F ~ C F , n1, )?$} C0, C1, ) 0, 1, v9l- < 1 2πi Z C e z z(1 − z) 3 dz = 1 2πi Z C0 e z z(1 − z) 3 dz + 1 2πi Z C1 e z z(1 − z) 3 dz = 1 − e 2 .
五(1分).设∫(z)在|1)解析,且∫(0)=1,计算积分 其中C是正向单位圆周.并利用积分证明 ∫(e) +f(0) 解根据柯西积分公式,有 2+(z+ ∫( 142(=+(2+1/1 2丌i 227(2)+(2+1)f(2) 2f(0)+f(0)=2+f(0) 又由复积分可得 d之 2+(z+2)f( (e+e)f(et)de 1 (1 +cos e)f(e)de 1 f(e )de 所以 cOS dO=2+f'(0)
5 j (1 ). W f(z) ~ |z| 1) 3kL f(0) = 1, ._- 1 2πi I C 2 + z + 1 z f(z) dz z , J C \oh}=u- D 2 π Z 2π 0 f(eiθ) cos2 θ 2 dθ = 2 + f ′ (0). %79l- &[w 1 2πi I C 2 + z + 1 z f(z) dz z = 1 2πi I C 2f(z) dz z + I C (z 2 + 1)f(z) dz z 2 = 1 2πi 2 · 2πi[f(z)] z=0 + [(z 2 + 1)f(z)]′ z=0 = 2f(0) + f ′ (0) = 2 + f ′ (0). xv#- : 1 2πi I C 2 + z + 1 z f(z) dz z = 1 2πi Z 2π 0 2 + (eiθ + e−iθ)f(eiθ)dθ = 1 2πi Z 2π 0 (1 + cos θ)f(eiθ)dθ = 1 π Z 2π 0 2 cos2 θ 2 f(eiθ)dθ, `s 2 π Z 2π 0 f(eiθ) cos2 θ 2 dθ = 2 + f ′ (0).