复变函数测试愿 中央电大教有学院陈卫宏 一，单项选择题（本题共15分，每小题3分） 1.若：=x+iy,则·里=(). (A)x-iy x2-y2 (C0x2+y2 (D)x+iy 2若集合E为上半平面。则集合E由满足()的全体点组成， 0Re:>0 (B)Im=>0 (C)Re:<0 )lm:<0 3e2+5ed:=(). A)0 (B)1 (C0-1 (D)i 4函数fe)=1+ 在点：=2展成幂级数的收敛半径为()， )1 (m2 (C03 (004 点若， 则点：=i为f(e的()， 因》可去奇点 (围极点 C)本性奇点 (D)丰弧立奇点 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)的有序数对为复数，其中的“有序”意指：若x≠y 则(x,y)≠ 2若点a为函数f()的可去奇点，则Rs(f,a)= 3设函数罪=八：)定文在区域D内，，为D内某一点，若存在一个邻域N(0,P): 使得(：)在该邻域内 ,则称函数f(:）在点：，解析 4设：*0.0，称满足 的W为：的对数函数，记作W=n:, 5若映射#=f()在区城G内是 一，则称该骏射为区线G内的保形缺射. 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f)=(x'-32+x2-y2+0+i3x2y-y+2x0,求f). 2计算的值 3试问点：=0为函数（)=6s:’+:3(:°-6)的几级零点，为什么？ 4.试将f八)= 一在点：=1的去心邻线内晨成罗朗领数 4 1
1 复变函数测试题 中央电大教育学院 陈卫宏 一、单项选择题（本题共 15 分，每小题 3 分） 1.若 z = x + i y ，则 zz = （ ）． (A) x − i y (B) 2 2 x − y (C) 2 2 x + y (D) x + i y 2.若集合 E 为上半平面，则集合 E 由满足（ ）的全体点组成． (A) Re z 0 (B) Imz 0 (C) Re z 0 (D) Imz 0 3. + = =1 2 ( 5e )d z z z z （ ）． (A) 0 (B) 1 (C) −1 (D) i 4.函数 z f z + = 1 1 ( ) 在点 z = 2 展成幂级数的收敛半径为（ ）． (A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 4 5.若 2 2 1 ( ) z z f z + = ，则点 z = i 为 f (z) 的（ ）． (A) 可去奇点 (B) 极点 (C) 本性奇点 (D) 非孤立奇点 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) 的有序数对为复数，其中的“有序”意指：若 x y ， 则 (x , y) ． 2.若点 a 为函数 f (z) 的可去奇点，则 Res( f , a) = ． 3.设函数 w = f (z) 定义在区域 D 内， 0 z 为 D 内某一点，若存在一个邻域 ( , ) N z0 ， 使得 f (z) 在该邻域内 ，则称函数 f (z) 在点 0 z 解析． 4.设 z 0, ，称满足 的 w 为 z 的对数函数，记作 w = Ln z ． 5.若映射 w = f (z) 在区域 G 内是 ，则称该映射为区域 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 ( ) ( 3 1) i(3 2 ) 3 2 2 2 2 3 f z = x − x y + x − y + + x y − y + x y ，求 f (z)． 2.计算 i i 的值． 3.试问点 z = 0 为函数 ( ) 6sin ( 6) 3 3 6 f z = z + z z − 的几级零点，为什么？ 4.试将 1 4 ( ) 2 − = z z f z 在点 z = 1 的去心邻域内展成罗朗级数．
&计分广o -d8 四、证明题（本题共20分，每小题10分） 1,设m=a2+b2,n=c2+d产。其中a,b,c,d均为整数，试证：m~n仍为两个整数 的平方和。 2设f:)=©os:.试证：若R>0,则在圈周日=R上必存在一点：。，使得 /fe>1. 复变函数测试题容案 一、单项选择思 1.C 2.B 3.A 4.C 5.B 二，填空题 1.5y,x)2.03.处处可导4.e”=:5.单叶且保角的 三 1.3封2+2：2e宁”（太为整数）京点：=0为函数阳的15级零. 4e--8+0<非-km a2- 四、证明圈 1.证：因 m=a2+b2=(a+ibH(a-ib) n=c2+d2=(c+idnc-id) 所以 m-n=(a+ibla-ibyc+idKc-id) =[a+ibxc+id)-[(a-ibKc-id) =[(ac-bd)+iad +be)]-[(ac-bd)-i(ad +be)] =(ac-bd)+(ad+bc)2 由于a,b,c,d均为整数，故结论得证 2证：设由圆周月=R围成的区域G为日<R,易知，G为有界闭区域， 因函数f八：）=c0s:在G内不是常数，在G内解析，且在有界用区城G上连线，所以， 由最大模原理有 (=)=cos=<M.=G
2 5.计算积分 + 2π 0 d cos 9 a ． 四、证明题（本题共 20 分，每小题 10 分） 1.设 2 2 2 2 m = a + b , n = c + d ，其中 a , b, c , d 均为整数．试证： mn 仍为两个整数 的平方和． 2.设 f (z) = cos z ．试证：若 R 0 ，则在圆周 z = R 上必存在一点 0 z ，使得 f (z0 ) 1． 复变函数测试题答案 一、单项选择题 1.C 2.B 3.A 4.C 5.B 二、填空题 1. ( y , x) 2. 0 3. 处处可导 4. z w e = 5. 单叶且保角的 三、 1. 3z 2z 2 + 2. 2 π 2 π e − − k （ k 为整数） 3.点 z = 0 为函数 f (z) 的 15 级零． 4. , 1 4 ( ) 4( 1) 8 − = − + + z f z z 0 z −1 + 5. 1 18π 2 a − 四、证明题 1.证：因 ( i )( i ) 2 2 m = a + b = a + b a − b ( i )( i ) 2 2 n = c + d = c + d c − d 所以 m n = (a + ib)(a − ib)(c + id)(c − id) = [(a + ib)(c + id)][(a − ib)(c − id)] = [(ac −bd) + i(ad + bc)][(ac −bd) − i(ad + bc)] 2 2 = (ac −bd) + (ad + bc) 由于 a , b, c , d 均为整数，故结论得证． 2.证：设由圆周 z = R 围成的区域 G 为 z R ，易知， G 为有界闭区域． 因函数 f (z) = cos z 在 G 内不是常数，在 G 内解析，且在有界闭区域 G 上连续，所以， 由最大模原理有 f (z) = cosz M , z G
这表明f(:=cos在G内取不到最大值M,故它只能在G的边界日=R上取到最 大植M,即在圆周日=R上经存在一点，使得八(：=M,且有 >fo=1 故结论得证
3 这表明 f (z) = cosz 在 G 内取不到最大值 M ，故它只能在 G 的边界 z = R 上取到最 大值 M ，即在圆周 z = R 上必存在一点 0 z ，使得 f (z0 ) = M ，且有 f (z0 ) f (0) =1 故结论得证．