复变函数习题解答
p141第三章习题(一)[ 5, 7, 13, 14, 15, 17, 18 ]
5. 由积分C 1/(z + 2) dz 之值证明[0, ] (1 + 2 cos )/(5 + 4cos ) d = 0，其中C 取单位圆周| z | = 1．
【解】因为1/(z + 2)在圆| z | < 3/2内解析，故C 1/(z + 2) dz = 0． 设C : z () = e i ，[0, 2]．
则C 1/(z + 2) dz = C 1/(z + 2) dz = [0, 2] i e i /(e i + 2) d = [0, 2] i (cos + i sin )/(cos + i sin + 2) d = [0, 2] ( 2 sin + i (1 + 2cos ))/(5 + 4cos ) d
= [0, 2] ( 2 sin )/(5 + 4cos ) d + i [0, 2] (1 + 2cos )/(5 + 4cos ) d ．
所以[0, 2] (1 + 2cos )/(5 + 4cos ) d = 0．
因(1 + 2cos ))/(5 + 4cos )以2为周期，故[, ] (1 + 2cos )/(5 + 4cos ) d = 0；
因(1 + 2cos ))/(5 + 4cos )为偶函数，故
[0, ] (1 + 2 cos
)/(5 + 4cos ) d = (1/2) [, ] (1 + 2cos )/(5 + 4cos ) d = 0． 7. (分部积分法)设函数f (z ), g (z )在单连通区域D 内解析，, 是D 内两点，试证
[, ] f (z )g ’(z )dz = ( f (z )g (z ))|[, ]
[, ] g (z ) f ’(z )dz ． 【解】因f (z ), g (z )区域D 内解析，故f (z )g ’(z )，g (z ) f ’(z )，以及( f (z )g (z ))’都在D 内解析．因区域D 是单连通的，所以f (z )g ’(z )，g (z ) f ’(z )，以及( f (z )g (z ))’的积分都与路径无关．
[, ] f (z )g ’(z )dz
+ [, ] g (z ) f ’(z )dz = [, ] ( f (z )g ’(z )dz + g (z ) f ’(z ))dz
= [, ] ( f (z )g (z ))’ dz ．
而f (z )g (z )是( f (z )g (z ))’在单连通区域D 内的一个原函数，所以
[, ] ( f (z )g (z ))’ dz = f (
)g () f ()g () = ( f (z )g (z ))|[, ]． 因此有[, ] f (z )g ’(z )dz + [, ] g (z ) f ’(z )dz = ( f (z )g (z ))|[, ]， 即[, ] f (z )g ’(z )dz = ( f (z )g (z ))|[, ] [, ] g (z ) f ’(z )dz ．
13. 设C : z = z (t ) ( t )为区域D 内的光滑曲线，f (z )于区域D 内单叶解析且f ’(z ) 0，w = f (z )将曲线C 映成曲线，求证 亦为光滑曲线．
【解】分两种情况讨论．
(1) 当z () z ()时，C 不是闭曲线．此时z (t )是[, ]到D 内的单射，z (t )C 1[, ]，且在[, ]上，| z ’(t ) | 0．
因 是曲线C 在映射f 下的象，所以 可表示为w = f (z (t )) ( t )． t [, ]，z (t )D ．因f 于区域D 内解析，故f 在z (t )处解析， 因此f (z (t ))在t 处可导，且导数为f ’(z (t ))z ’(t )．
显然，f ’(z (t ))z ’(t )在[, ]上是连续的，所以f (z (t ))C 1[, ]． 因为f (z )于区域D 内是单叶的，即f (z )是区域D 到的单射，而z (t )是[, ]到D 内的单射，故f (z (t ))是[, ]到内的单射．
因在D 内有f ’(z ) 0，故在[, ]上，| f ’(z (t ))z ’(t ) | = | f ’(z (t )) | · |z ’(t ) | 0． 所以， 是光滑曲线．
(2) 当z () = z ()时，C 是闭曲线．此时z (t )C 1[, ]；在[, ]上，有| z ’(t ) | 0；z ’() = z ’()；t 1[, ]，t 2(, )，若t 1 t 2，则z (t 1) z (t 2)．
与(1)完全相同的做法，可以证明f (z (t ))C 1[, ]，且| f ’(z (t ))z ’(t ) |
0．
由z () = z ()和z ’() = z ’()，可知f ’(z ())z ’() = f ’(z ())z ’()．
因为t 1[, ]，t 2(, )，若t 1 t 2，则z (t 1) z (t 2)， 由f (z )于区域D 内单叶，因此我们有f (z (t 1)) f (z (t 2))． 所以 是光滑的闭曲线．
14. 设C : z = z (t ) ( t )为区域D 内的光滑曲线，f (z )于区域D 内单叶解析且f ’(z ) 0，w = f (z )将曲线C 映成曲线，证明积分换元公式
(w ) dw = C ( f (z )) f ’(z ) dz ． 其中(w )沿曲线 连续．
【解】由13题知曲线 也是光滑曲线，其方程为w (t ) = f (z (t )) ( t )． 故 (w ) dw = [, ] (w (t )) · w ’(t ) dt = [, ]
( f (z (t ))) · ( f ’(z (t )) z ’(t )) dt ．
而C ( f (z )) f ’(z ) dz = [, ] ( ( f (z (t ))) f ’(z (t ))) · z ’(t ) dt ． 所以 (w ) dw = C ( f (z )) f ’(z ) dz ．
15. 设函数f (z )在z 平面上解析，且| f (z ) |恒大于一个正的常数，试证f (z )必为常数．
【解】因| f (z ) |恒大于一个正的常数，设此常数为M ． 则z ，| f (z ) | M ，因此| f (z ) | 0，即f (z ) 0． 所以函数1/f (z )在上解析，且| 1/f (z ) | 1/M ． 由Liuville 定理，1/f (z )为常数，因此f (z )也为常数．
17. 设函数f (z )在区域D 内解析，试证(2/x 2 + 2/y 2) | f (z ) |2 = 4 | f ’(z ) |2．
【解】设f (z ) = u + i v ，w = | f (z ) |2，则w = ln ( u 2 + v 2 )． w x = 2(u x u + v x v )，w y = 2(u y u + v y v )；
w xx = 2(u xx u + u x 2 + v xx v + v x 2 )，w yy = 2(u yy u + u y 2 + v yy v + v y 2 )； 因为u , v 都是调和函数，所以
u xx u + u yy u = (u xx + u yy ) u = 0，v xx v + v yy v = (v xx + v yy ) v = 0； 由于u , v 满足Cauchy-Riemann 方程，故u x 2 = v y 2，v x 2 = u y 2，
故w xx + w yy = 2 (u x 2 + v x 2 + u y 2 + v y 2) = 4 (u x 2 + v x 2) = 4 | f (z ) |2； 即(2/x 2 + 2/y 2) | f (z ) |2 = 4 | f ’(z ) |2．
18. 设函数f (z )在区域D 内解析，且f ’(z ) 0．试证ln | f ’(z ) |为区域
D 内的调和函数．
【解】a D ，因区域D 是开集，故存在r 1 > 0，使得 K (a , r 1) = { z | | z a | < r 1 } D ．
因f ’(a ) 0，而解析函数f ’(z )是连续的，故存在r 2 > 0，使得 K (a , r 2) K (a , r 1)，且| f ’(z ) f ’(a )| < | f ’(a ) |．
用三角不等式，此时有| f ’(z )| > | f ’(a ) | | f ’(z ) f ’(a )| > 0． 记U = { z | | z f ’(a ) | < | f ’(a ) | }，则U 是一个不包含原点的单连通区域．
在沿射线L = {z | z = f ’(a ) t ，t 0 }割开的复平面上，多值函数g (z ) = ln z 可分出多个连续单值分支，每个单值连续分支g (z )k 在\L 上都是解析的．
t 0，| f ’(a ) t f ’(a ) | = (t + 1) | f ’(a ) | | f ’(a ) |，故 f ’(a ) t U ．
所以U \L ，即每个单值连续分支g (z )k 在U 上都是解析的．
因为当z K (a , r 2)时，f ’(z )U ，故复合函数g ( f ’(z ))k 在上解析．
而Re(g ( f ’(z ))k ) = ln | f ’(z ) |，所以ln | f ’(z ) |在K (a , r 2)上是调和的．
由a D 的任意性，知ln | f ’(z ) |在D 上是调和的．
【解2】用Caucht-Riemann 方程直接验证．因为f ’(z )也在区域D 内解析， 设f ’(z ) = u + i v ，则u , v 也满足Cauchy-Riemann 方程．记w = ln | f ’(z ) |，
则w = (1/2) ln ( u 2 + v 2 )，
w x = (u x u + v x v ) /( u 2 + v 2 )，w y = (u y u + v y v ) /( u 2 + v 2 )；
w xx = ((u xx u + u x 2 + v xx v + v x 2 )( u 2 + v 2 ) 2(u x u + v x v )2)/( u 2 + v 2 )2；
w yy = ((u yy u + u y 2 + v yy v + v y 2 )( u 2 + v 2 ) 2(u y u + v y v )2)/( u 2 + v 2 )2
； 因为u , v 都是调和函数，所以
u xx u + u yy u = (u xx + u yy ) u = 0，v xx v + v yy v = (v xx + v yy ) v = 0；
由于u , v 满足Cauchy-Riemann 方程，故u x 2 = v y 2，v x 2 = u y 2，u x v x + u y v y = 0， 因此(u x u + v x v )2 + (u y u + v y v )2
= u x 2 u 2+ v x 2v 2 + 2 u x u v x v + u y 2 u 2+ v y 2v 2 + 2 u y u v y v = (u x 2 + v x 2 )( u 2 + v 2 )；
故w xx + w yy = (2(u x 2 + v x 2 )( u 2 + v 2 ) 2(u x 2 + v x 2 )( u 2 + v 2 ))/( u 2
+ v 2
)2 = 0．
所以w 为区域D 内的调和函数．
[初看此题，就是要验证这个函数满足Laplace 方程．因为解析函数的导数还是解析的，所以问题相当于证明ln | f (z ) |是调和的，正如【解2】所做．于是开始打字，打了两行之后，注意到ln | f ’(z ) |是Ln f ’(z )的实部．但Ln z 不是单值函数，它也没有在整个上的单值连续分支，【解1】前面的处理就是要解决这个问题．]
p141第三章习题(二)[ 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16 ]
1. 设函数f (z )在0 < | z | < 1内解析，且沿任何圆周C : | z | = r , 0 < r < 1的积分值为零．问f (z )是否必须在z = 0处解析？试举例说明之．
【解】不必．例如f(z) = 1/z2就满足题目条件，但在z = 0处未定义．
[事实上可以任意选择一个在| z | < 1内解析的函数g(z)，然后修改它在原点处的函数值得到新的函数f(z)，那么新的函数f(z)在原点不连续，因此肯定是解析．但在0 < | z | < 1内f(z) = g(z)，而g(z)作为在| z | < 1内解析的函数，必然沿任何圆周C: | z| = r的积分值都是零．因此f(z)沿任何圆周C: | z | = r的积分值也都是零．
f(z)存在的条件下，补若进一步加强题目条件，我们可以考虑，在极限lim z
充定义f(0) = lim z0 f(z)，是否f(z)就一定在z = 0处解析？
假若加强条件后的结论是成立，我们还可以考虑，是否存在满足题目条件的函数，f(z)不存在，也不是？]
使得极限lim z
2. 沿从1到1的如下路径求C1/√z dz．
(1) 上半单位圆周；(2) 下半单位圆周，其中√z取主值支．
【解】(1) √z = e i arg z /2，设C : z()= e i，[0, ]．
1/√z dz= [0, ] i e i/e i/2d= [0, ] i e i/2d= 2e i/2|[0, ]= 2( C
1 + i)．
(2) √z = e i arg z /2，设C : z()= e i，[, 0]．
1/√z dz = [, 0] i e i/e i/2d = [, 0] i e i/2d = 2e i C
/2|
= 2( 1 i)．
[, 0]
[这个题目中看起来有些问题：我们取主值支，通常在是考虑割去原点及负实轴的z平面上定义的单值连续分支．因此，无论(1)还是(2)，曲线C上的点1总不在区域中(在区域的边界点上)．因此曲线C也不在区域中．
所以，题目应该按下面的方式来理解：考虑单位圆周上的点，以及沿C从1到的积分的极限，当分别在区域y > 0和区域y < 0中趋向于1时，分别对应(1)和(2)的情形，简单说就是上岸和下岸的极限情形．
那么按照上述方式理解时，仍然可以象我们所做的那样，用把积分曲线参数化的办法来计算，这是由积分对积分区域的连续性，即绝对连续性来保证的．
以后我们遇到类似的情形，都以这种方式来理解．]
3. 试证| C(z + 1)/(z 1) dz | 8，其中C为圆周 | z 1 | = 2．【解】若z C，| z + 1 | | z 1 | + 2 = 4，故| (z + 1)/(z 1) | 2．
因此| C(z + 1)/(z 1) dz| C| (z + 1)/(z 1) | ds 2 ·Length(C) = 8．
4. 设a, b为实数，s = + i t ( > 0)时，试证：
| e bs–e as| | s | · | b–a | e max{a, b} ·．
【解】因为f(z) = e sz在上解析，故f(z)的积分与路径无关．
设C是从a到b的直线段，因为e sz/s是f(z)的一个原函数，所以
| C e sz dz | = | e sz/s |[a, b] | = | e bs–e as|/| s |．
而| C e sz dz | C | e sz|ds = C | e(+ i t)z|ds = C | e z+ i tz| ds
= C | e z|ds C e max{a, b} · ds = | b–a | e max{a, b} ·．
所以| e bs–e as| | s | · | b–a | e max{a, b} ·．
5. 设在区域D = { z : | arg z | < /2 }内的单位圆周上任取一点z，用D内曲线C连接0与z，试证：Re(C1/(1 + z2) dz ) = /4．
【解】1/(1 + z2)在单连通区域D内解析，故积分与路径无关．设z = x + i y，z D，i z{ z : 0 < arg z < } = { z : Im z > 0 }，
i z{ z : < arg z < 0 } = { z : Im z < 0 }，
故1 + i z{ z : Im z > 0 }， 1 i z{ z : Im z < 0 }．
设ln(z)是Ln(z)的主值分支，则在区域D内( ln(1 + i z) ln(1 i z) )/(2i)是解析的，且(( ln(1 + i z) ln(1 i z) )/(2i))’= (i/(1 + i z) + i/(1
i z))(2i) = 1/(1 + z2)；
即( ln(1 + i z) ln(1 i z) )/(2i)是1/(1 + z2)的一个原函数．1/(1 + z2) dz = ( ln(1 + i z) ln(1 i z) )/2 |[0, z]
C
= (ln(1 + i z) ln(1 i z))/(2i) = ln((1 + i z)/(1 i z))/(2i) = (ln |(1 + i z)/(1 i z)| + i arg ((1 + i z)/(1 i z)))/(2i)
= i (1/2) ln |(1 + i z)/(1 i z)| + arg ((1 + i z)/(1 i z))/2，故Re(C1/(1 + z2) dz ) = arg ((1 + i z)/(1 i z))/2．
设z = cos + i sin，则cos> 0，故
(1 + i z)/(1 i z) = (1 + i(cos+ i sin))/(1 i(cos+ i sin)) = i cos/(1 + sin)，
因此Re(C1/(1 + z2) dz ) = arg ((1 + i z)/(1 i z))/2
= arg (i cos/(1 + sin))/2 = (/2)/2 = /4．
[求1/(1 + z2) = 1/(1 + i z) + 1/(1 i z) )/2的在区域D上的原函数，容易得到函数( ln(1 + i z) ln(1 i z) )/(2i)，实际它上就是arctan z．但目前我们对arctan z的性质尚未学到，所以才采用这种间接的做法．另外，注意到点z在单位圆周上，从几何意义上更容易直接地看出等式arg ((1 + i z)/(1
i z))/2 = /4成立．最后，还要指出，因曲线C的端点0不在区域D中，因此C不是区域D中的曲线．参考我们在第2题后面的注释．]
6. 试计算积分C( | z | e z sin z ) dz之值，其中C为圆周| z | = a > 0．
【解】在C上，函数| z | e z sin z与函数a e z sin z的相同，故其积分值相同，即C( | z | e z sin z ) dz = C( a e z sin z ) dz．
而函数a e z sin z在上解析，由Cauchy-Goursat定理，C( a e z sin z ) dz = 0．
因此C( | z | e z sin z ) dz = 0．
7. 设(1) f(z)在| z| 1上连续；(2) 对任意的r(0 < r< 1)，| z | = r f(z)
f(z) dz = 0．
dz = 0．试证
| z | = 1
【解】设D(r) = { z | | z | r }，K(r) = { z | | z | = r }，0 < r 1．
因f在D(1)上连续，故在D(1)上是一致连续的．再设M= max z D(1) { | f(z) | }．> 0，使得z, w D(1), 当| z w | < 1时，| f(z) > 0，
1
f (w ) | < /(12)．
设正整数n 3，z k = e 2k i /n ( k = 0, 1, ..., n 1)是所有的n 次单位根． 这些点z 0, z 1, ..., z n – 1将K (1)分成n 个弧段(1), (2), ..., (n )． 其中(k ) (k = 1, ..., n 1)是点z k – 1到z k 的弧段，(n )是z n – 1到z 0的弧段．
记p (k ) (k = 1, ..., n 1)是点z k – 1到z k 的直线段，p (n )是z n – 1到z 0的直线段．
当n 充分大时，max j {Length(( j ))} = 2/n < 1．
设P 是顺次连接z 0, z 1, ..., z n – 1所得到的简单闭折线．记 = (P , 0)． 注意到常数f (z j )的积分与路径无关，( j ) f (z j ) dz =p ( j ) f (z j ) dz ； 那么，| K (1) f (z ) dz P f (z ) dz | = | j ( j ) f (z ) dz j p ( j ) f (z ) dz | = | j (( j ) f (z ) dz p ( j ) f (z ) dz ) | j | ( j ) f (z ) dz
p ( j ) f (z ) dz | j ( | ( j ) f (z ) dz ( j ) f (z j ) dz | + | p ( j ) f (z j ) dz p ( j ) f (z ) dz | ) = j ( | ( j ) ( f (z ) f (z j )) dz | + | p ( j ) ( f (z ) f (z j )) dz | ) = j ( ( j )
/(12) ds + p ( j ) /(12) ds ) = (/(12)) · j ( Length(( j )) + Length(p ( j )) ) (/(12)) · j ( Length(( j )) + Length(( j )) ) = (/(12)) · (2 Length(K (1))) = (/(12)) · 4 = /3．
当 < r < 1时，P 中每条线段p (k )都与K (r )交于两点，设交点顺次为w k , 1, w k , 2．
设Q 是顺次连接w 1, 1, w 1, 2, w 2, 1, w 2, 2, ..., w n , 1, w n , 2所得到的简单闭折线． 与前面同样的论证，可知| K (r ) f (z ) dz Q f (z ) dz | /3． 因此，| K (1) f (z ) dz | = | K (1) f (z ) dz K (r ) f (z ) dz |
| K (1) f (z ) dz P f (z ) dz | + | K (r ) f (z ) dz Q f (z ) dz | + |
P f (z ) dz
Q f (z ) dz | /3 + /3 + | P f (z ) dz Q f (z ) dz |．
记连接w k , 2到w k +1, 1的直线段为l (k )，连接w k , 2到z k +1的直线段为r (k )，连接z k +1到w k +1, 1的直线段为s (k )，则
| r (k ) f (z ) dz + s (k ) f (z ) dz l (k ) f (z ) dz | M ( Length(l (k )) + Length(r (k )) + Length(s (k )) ) 3 M · Length(l (k ))． 因为当r 1时，有Length(l (k )) 0，
故存在r (, 1)使得| r (k ) f (z ) dz + s (k ) f (z ) dz l (k ) f (z ) dz | < /(3n )．
对这个r ，我们有
| P f (z ) dz Q f (z ) dz | = | k (r (k ) f (z ) dz + s (k ) f (z ) dz l (k ) f (z ) dz ) |
k (| r (k ) f (z ) dz + s (k ) f (z ) dz l (k ) f (z ) dz |) k /(3n ) = /3．
故| K (1) f (z ) dz | ．因此K (1) f (z ) dz = 0．
8. 设(1) f (z )当| z – z 0 | > r 0 > 0时是连续的；(2) M (r )表| f (z ) |在K r :
| z–z0| = r > r0上的最大值；(3) lim r +r M(r) = 0．试证：lim r +K(r) f(z) dz = 0．
【解】当r > r0时，我们有
| K
(r) f(z) dz |
K(r)
| f(z) | ds K(r) M(r) ds = 2r M(r) 0 (当
r +时)，
所以lim r
+K(r)
f(z) dz = 0．
9. (1) 若函数f(z)在点z = a的邻域内连续，则
lim r
0 | z–a | = r
f(z)/(z–a) dz = 2i f(a)．
(2) 若函数f(z)在原点z = 0的邻域内连续，则
lim r
0 [0, 2]
f(r e i ) d = 2 f(0)．
【解】(1) 当r充分小时，用M(r)表| f(z) |在K r : | z–a | = r上的最大值；
|
| z–a | = r
f(z)/(z–a) dz– 2i f(a) |
= |
| z–a | = r f(z)/(z–a) dz–f(a)
| z–a | = r
1/(z–a) dz |
= |
| z–a | = r
( f(z) –f(a))/(z–a) dz | | z–a | = r| f(z) –f(a) |/| z–a| ds
M(r)
| z–a | = r
1/| z–a| ds = 2r M(r)．
当r 0时，由f(z)的连续性，知M(r) | f(a) |．
故|
| z–a | = r
f(z)/(z–a) dz– 2i f(a) | 0．
因此，lim r
0 | z–a | = r
f(z)/(z–a) dz = 2i f(a)．
(2) 根据(1)，lim r
0 | z | = r
f(z)/z dz = 2i f(0)．
而当r充分小时，我们有
| z | = r f(z)/z dz =
[0, 2]
f(r e i )/(r e i )· (r e i i ) d = i
[0,
2]
f(r e i ) d．
所以，lim r
0 (i
[0, 2]
f(r e i ) d)= 2i f(0)．
故lim r
0 [0, 2]
f(r e i ) d = 2 f(0)．
10. 设函数f(z)在| z| < 1内解析，在闭圆| z| 1上连续，且f(0) = 1．求积分
(1/(2i))
| z | = 1
(2 (z + 1/z)) f(z)/z dz之值．
【解】(1/(2i))
| z | = 1
(2 (z + 1/z)) f(z)/z dz
=
| z | = 1
(2f(z)/z (zf(z)/z + (1/z)f(z)/z) dz
= (1/(2i)) ·(
| z | = 1
2f(z)/z dz (| z | = 1 f(z) dz +| z | = 1 f(z)/z 2dz) )
= (1/(2i)) ·( 2(2i) f(0) (0+ (2i/1!)f’(0)) )
= 2 f(0)f’(0) = 2 f’(0)．
11. 若函数f(z)在区域D内解析，C为D内以a, b为端点的直线段，试证：存在数，| | 1，与C，使得f(b) f(a) = (b a) f’()．【解】设C的参数方程为z(t) = (1 –t ) a + t b，其中t[0, 1]．
在区域D内，因f(z)是f’(z)的原函数，故
f(b) f(a) =
C f’(z) dz =
[0, 1]
f’((1 –t ) a + t b) (b a) dt
=
= (b a) [0, 1] f’((1 –t ) a + t b) dt．
(1) 若
[0, 1]
| f’((1 –t ) a + t b) | dt = 0，因| f’((1 –t ) a + t
b) |是[0, 1]上的连续函数，故| f’((1 –t) a+ t b) |在[0, 1]上恒为零．即f’(x)在C上恒为零．
此时取= 0，任意取C，则有
f(b) f(a) = (b a)
[0, 1]
f’((1 –t ) a + t b) dt = 0 = (b
a) f’()．
(2) 若
[0, 1]
| f’((1 –t ) a + t b) | dt > 0，
因| f’((1 –t ) a + t b) |是[0, 1]上的实变量连续函数，由积分中值定理，存在t0[0, 1]，使得[0, 1]| f’((1 –t ) a + t b) | dt = | f’((1 –t0)
a + t
b) |．
取 = (1 –t0) a + t0b，则f’() = f’((1 –t0) a + t0b) 0，
令= (
[0, 1]
f’((1 –t ) a + t b) dt)/ f’()．
因为|
[0, 1] f’((1 –t ) a + t b) dt |
[0, 1]
| f’((1 –t ) a + t
b) | dt = | f’() |．
所以| | = | (
[0, 1]
f’((1 –t ) a + t b) dt)/ f’() |
= |
[0, 1]
f’((1 –t ) a + t b) dt |/| f’() | 1．
且f(b) f(a) = (b a) [0, 1] f’((1 –t ) a + t b) dt = (b a) f’()．
12. 如果在| z | < 1内函数f(z)解析，且| f(z) | 1/(1 | z |)．试证：
| f(n)(0) | (n + 1)!(1 + 1/n)n < e (n + 1)!，n =1, 2, ...．【解】设K(r) = { z | | z | = r }，0 < r 1．
由Cauchy积分公式和高阶导数公式，有
| f(n)(0) | = (n!/(2)) | K(r) f(z)/z n + 1dz| (n!/(2)) K(r) | f(z) |/| z |n + 1ds
(n!/(2)) K(r) 1/((1 | z |)| z |n + 1) ds = (n!/(2))/((1 r ) r n + 1) 2r
= n!/((1 r ) r n)．
为得到| f(n)(0) |的最好估计，我们希望选取适当的r(0, 1)，使得n!/((1
r ) r n)最小，即要使(1 r ) r n最大．
当n 1时，根据均值不等式，(1 r ) r n = (1 r ) (r/n)n ·n n
(((1 r ) + (r/n) + ... + (r/n))/(n + 1))n + 1·n n = n n/(n + 1)n + 1．
当1 r = r/n，即r = n/(n + 1)时，(1 r ) r n达到最大值n n/(n + 1)n + 1．
因此，我们取r = n/(n + 1)，此时有
| f(n)(0) | n!/((1 r ) r n) = n!/(n n/(n + 1)n + 1) = (n + 1)!(1 + 1/n)n < e (n + 1)!．
[也可以用数学分析中的办法研究函数g(r) = (1 r ) r n在(0, 1)内的上确界，也会得到同样的结果．]
13. 设在| z | 1上函数f(z)解析，且| f(z) | 1．试证：| f’(0) | 1．
【解】设D = { z | | z | 1 }．由高阶导数公式，
| f’(0) | = (1/(2)) | D f(z)/z 2dz | (1/(2)) D1/| z |2 ds = 1．
14. 设f(z)为非常数的整函数，又设R, M为任意正数，试证：满足| z | > R 且
| f(z) | > M的z必存在．
【解】若不然，当| z | > R时，| f(z) | M．
而f(z)为整函数，故必连续，因此f(z)在| z | R上有界．
所以f(z)在上有界．
由Liouville定理，f(z)必为常数，这与题目条件相矛盾．
15. 已知u + v = (x–y)(x2 + 4xy + y2) – 2(x + y)，试确定解析函数f(z) = u + i v．
【解】由于u x + v x = 3(x2 + 2xy–y2) – 2，u y + v y = 3(x2– 2xy–y2) –2，
两式相加，再利用Cauchy-Riemann方程，有u x = 3(x2–y2) – 2．
两式相减，再利用Cauchy-Riemann方程，有v x = 6xy．
所以f’(z) = u x + i v x = 3(x2–y2) – 2 + 6xy i = 3(x + y i)2– 1 = 3 z2– 2．
因此，f(z) = z3– 2z + ，其中为常数．
将z = 0代入，f(z) = z3– 2z + ，得 = f(0)．
把(x, y) = (0, 0)带入u + v = (x–y)(x2 + 4xy + y2) – 2(x + y)，得u(0, 0) + v(0, 0) = 0．
设u(0, 0) = c，则v(0, 0) = c．因此 = f(0) = u(0, 0) + v(0, 0) i = (1 i )c．
所以，f(z) = z3– 2z + (1 i )c，其中c为任意实数．
[书上答案有误．设f(z) = z3– 2z + (a + b i)，则
f(z) = (x + y i)3– 2(x + y i) + (a + b i) = (x3 3xy2 – 2x + a) + (3x2y y3– 2y + b)i．
因此，u + v = (x3 3xy2 – 2x + a) + (3x2y y3– 2y + b)
= (x–y)(x2 + 4xy + y2) – 2(x + y) + (a + b)，
所以，当a + b 0时，不满足题目所给条件．]
16. 设(1) 区域D是有界区域，其边界是周线或复周线C；(2) 函数f1(z)及f2(z)在D内解析，在闭域cl(D) = D + C上连续；(3) 沿C，f1(z) = f2(z)．试证：在整个闭域cl(D)，有f1(z) = f2(z)．
【解】设f(z) = f1(z) f2(z)．用Cauchy积分公式，z D有
f(z) = (1/(2i))
f()/(–z) d = 0．
C
所以z cl(D)有f(z) = 0，即f1(z) = f2(z)．
·?
√§§
m+，m+，★
1,
2
, ..., n lim n，+n > 0，
u n ，n
1
u
n
，m，
> 0，> 0，【解】
[0, 2]
l 2 dx，f(x) = (, +)[, ] 1
k n u
n
，[0, 2]
复变函数试题及答案
1、复数i 212--的指数形式是 2、函数w = z 1将Z S 上的曲线()1122 =+-y x 变成W S (iv u w +=)上 的曲线是 3.若01=+z e ,则z ＝ 4、()i i +1= 5、积分()?+--+i dz z 22 22= 6、积分 ?==1sin 21z dz z z i π 7、幂级数()∑∞ =+0 1n n n z i 的收敛半径R= 8、0=z 是函数 z e z 1 11--的 奇点 9、=??? ? ??-=1Re 21z e s z z 10、将点∞,i,0分别变成0,i,∞的分式线性变换=w 二、单选题（每小题2分） 1、设α为任意实数，则α1=（ ） A 无意义 B 等于1 C 是复数其实部等于1 D 是复数其模等于1 2、下列命题正确的是（ ） A i i 2< B 零的辐角是零 C 仅存在一个数z,使得 z z -=1 D iz z i =1 3、下列命题正确的是（ ） A 函数()z z f =在z 平面上处处连续 B 如果()a f '存在,那么()z f '在a 解析 C 每一个幂级数在它的收敛圆周上处处收敛 D 如果v 是u 的共轭调和函数,则u 也是v 的共轭调和函数
4、根式31-的值之一是（ ） A i 2321- B 2 23i - C 223i +- D i 2321+- 5、下列函数在0=z 的去心邻域内可展成洛朗级数的是（ ） A z 1sin 1 B z 1cos C z ctg e 1 D Lnz 6、下列积分之值不等于0的是( ) A ? =-12 3z z dz B ? =-1 2 1z z dz C ?=++1242z z z dz D ?=1 cos z z dz 7、函数()z z f arctan =在0=z 处的泰勒展式为（ ） A ()∑∞ =+-02121n n n n z （z <1） B ()∑∞ =+-0 1221n n n n z （z <1） C ()∑∞ =++-012121n n n n z （z <1） D ()∑∞=-0 221n n n n z （z <1） 8、幂级数n n n z 20 1)1(∑∞ =+-在1
复变函数试题与答案
第一章 复数与复变函数 一、 选择题 1．当i i z -+= 11时，5075100z z z ++的值等于（ ） （A ）i （B ）i - （C ）1 （D ）1- 2．设复数z 满足3 )2(π = +z arc ，6 5)2(π = -z arc ，那么=z （ ） （A ）i 31+- （B ）i +-3 （C ）i 2321+- （D ）i 2 123+- 3．复数)2 ( tan πθπ θ<<-=i z 的三角表示式是（ ） （A ）)]2 sin()2 [cos(sec θπ θπθ+++i （B ）)]2 3sin()23[cos(sec θπ θπθ+++i （C ）)]23sin()23[cos(sec θπθπθ+++-i （D ）)]2 sin()2[cos(sec θπ θπθ+++-i 4．若z 为非零复数，则2 2z z -与z z 2的关系是（ ） （A ）z z z z 222≥- （B ）z z z z 22 2=- （C ）z z z z 22 2≤- （D ）不能比较大小 ５．设y x ,为实数，yi x z yi x z +-=++=11,1121且有1221=+z z ，则动点),(y x 的轨迹是（ ） （A ）圆 （B ）椭圆 （C ）双曲线 （D ）抛物线 ６．一个向量顺时针旋转 3 π ，向右平移３个单位，再向下平移１个单位后对应的复数为 i 31-，则原向量对应的复数是（ ） （A ）2 （B ）i 31+ （C ）i -3 （D ）i +3
７．使得2 2 z z =成立的复数z 是（ ） （A ）不存在的 （B ）唯一的 （C ）纯虚数 （D ）实数 ８．设z 为复数，则方程i z z +=+2的解是（ ） （A ）i +- 43 （B ）i +43 （C ）i -4 3 （D ）i --43 ９．满足不等式 2≤+-i z i z 的所有点z 构成的集合是（ ） （A ）有界区域 （B ）无界区域 （C ）有界闭区域 （D ）无界闭区域 10．方程232= -+i z 所代表的曲线是（ ） （A ）中心为i 32-，半径为2的圆周 （B ）中心为i 32+-，半径为２的圆周 （C ）中心为i 32+-，半径为2的圆周 （D ）中心为i 32-，半径为２的圆周 11．下列方程所表示的曲线中，不是圆周的为（ ） （A ） 22 1 =+-z z （B ）433=--+z z （C ） )1(11<=--a az a z （D ）)0(0>=-+++c c a a z a z a z z 12．设,5,32,1)(21i z i z z z f -=+=-=，则=-)(21z z f （ ） （A ）i 44--（B ）i 44+（C ）i 44-（D ）i 44+- 13．0 0) Im()Im(lim 0z z z z x x --→（ ） （A ）等于i （B ）等于i -（C ）等于0（D ）不存在 14．函数),(),()(y x iv y x u z f +=在点000iy x z +=处连续的充要条件是（ ） （A ）),(y x u 在),(00y x 处连续（B ）),(y x v 在),(00y x 处连续 （C ）),(y x u 和),(y x v 在),(00y x 处连续（D ）),(),(y x v y x u +在),(00y x 处连续
复变函数经典例题
第一章例题 例1.1试问函数二-把」平面上的下列曲线分别变成 ].；平面上的何种曲线? (1) 以原点为心，2为半径，在第一象项里的圆弧； (2) 倾角 二的直线； (3) 双曲线''■='。 解 设Z = x + =r(cosfi + ι SiIl θ)7 = y + jv = Λ(cos
0 特别，取 - ，则由上面的不等式得 ∣∕(z)∣>l∕(z o )∣-^ = M>0 因此， f ② 在匚邻域 内就恒不为0。 例1.3 设 /⑵ 4C ri ) (3≠o) 试证一 在原点无极限，从而在原点不连续。
证令变点匚—…:弓仁门 1 F ,则 而沿第一象限的平分角线 故「匚在原点无确定的极限，从而在原点不连续。 第二章例题 例2.1 北）= 匚在二平面上处处不可微 证易知该函数在二平面上处处连续。但 Δ/ _ z+?z -z _ ?z ?z ?z ?z 零时，其极限为一1。故匚处处不可微。 证因UaJ ）二倆，呛J ） = C I 。故 但 /(?) - /(0) _ λj?j ?z ? + i?y 从而 （沿正实轴。一 H ） 当I: 「时，极限不存在。因 二取实数趋于O 时，起极限为1 ,二取纯虚数而趋于 例2.2 在了 — 1满足定理 2.1的条件，但在_ I.不可微。 M (ΔJ 7O)-?(O,O) = 0 = v∕0,0) (O f O) = Ii(Q i Ly)-Ii(Ofi) Ay
复变函数经典习题及答案
练习题 一、选择、填空题 1、下列正确的是（ A ）； A 1212()Arg z z Argz Argz =+； B 1212()arg z z argz argz =+； C 1212()ln z z lnz lnz =+； D 10z Ln Ln Lnz Lnz z ==-=. 2、下列说法不正确的是（ B ）； A 0()w f z z =函数在处连续是0()f z z 在可导的必要非充分条件； B lim 0n n z →∞=是级数1 n n z ∞=∑收敛的充分非必要条件； C 函数()f z 在点0z 处解析是函数()f z 在点0z 处可导的充分非必要条件； D 函数()f z 在区域D 内处处解析是函数()f z 在D 内可导的充要条件. 3、(34)Ln i -+=（ 45[(21)arctan ],0,1,2,3ln i k k π++-=±± ）， 主值为（ 4 5(arctan )3 ln i π+- ）. 4、2|2|1 cos z i z dz z -=? =（ 0 ）. 5、若幂级数0n n n c z ∞=∑ 在1(1)2z = +处收敛，那么该级数在45 z i =处的敛散性为（ 绝对收敛 ）. 6、 311z -的幂级数展开式为（ 30n n z ∞=∑ ），收敛域为（ 1z < ）； 7、 sin z z -在0z =处是（ 3 ）阶的零点； 8、函数221 (1)z z e -在0z =处是（ 4 ）阶的极点； 二、计算下列各值 1．3i e π+； 2．tan()4i π -； 3．(23)Ln i -+； 4 ． 5．1i 。 解：（略）见教科书中45页例2.11 - 2.13
复变函数习题及解答
第一章 复变函数习题及解答 写出下列复数的实部、虚部；模和辐角以及辐角的主值；并分别写成代数形式，三角形式和指数形式．(其中,,R αθ为实常数) （1）1-； （2） ππ2(cos isin )33-； （3）1cos isin αα-+； （4）1i e +； （5）i sin R e θ ； （6）i + 答案 （1）实部－1；虚部 2；辐角为 4π2π,0,1,2,3k k +=±±L ；主辐角为4π 3； 原题即为代数形式；三角形式为 4π4π2(cos isin )33+；指数形式为4π i 32e ． （2）略为 5π i 3 5π5π 2[cos sin ], 233i e + （3）略为 i arctan[tan(/2)][2sin()]2c e αα （4）略为 i ;(cos1isin1)ee e + （5）略为：cos(sin )isin(sin )R R θθ+ （6）该复数取两个值 略为 i i isin ),arctan(1isin ),πarctan(1θθ θθθθθθ+=+=+ 计算下列复数 1）() 10 3 i 1+-；2）()3 1i 1+-； 答案 1）3512i 512+-；2） ()13π/42k π i 6 3 2e 0,1,2k +=； 计算下列复数 （1 （2 答案 （1 （2）(/62/3) i n e ππ+ 已知x
【解】 令 i ,(,)p q p q R =+∈，即,p q 为实数域(Real).平方得到 2 2 12()2i x p q xy +=-+，根据复数相等，所以 即实部为 ,x ± 虚部为 说明 已考虑根式函数是两个值，即为±值． 如果 ||1,z =试证明对于任何复常数,a b 有| |1 az b bz a +=+ 【证明】 因为||1,11/z zz z z =∴=∴=，所以 如果复数b a i +是实系数方程 ()011 10=++++=--n n n n a z a z a z a z P Λ的根，则b a i -一定也是该方程的根． 证 因为0a ，1a ，… ，n a 均为实数，故00a a =，11a a =，… ，n n a a =．且()() k k z z =， 故由共轭复数性质有：()() z P z P =．则由已知()0i ≡+b a P ．两端取共轭得 即()0i ≡-b a P ．故b a i -也是()0=z P 之根． 注 此题仅通过共轭的运算的简单性质及实数的共轭为其本身即得证．此结论说明实系数多项式的复零点是成对出现的．这一点在代数学中早已被大家认识．特别地，奇次实系数多项式至少有一个实零点． 证明： 2222 121212||||2(||||)z z z z z z ++-=+,并说明其几何意义． 若 (1)(1)n n i i +=-，试求n 的值. 【解】 因为 22 2244444444(1)2(cos sin )2(cos sin ) (1)2(cos sin )2(cos sin )n n n n n n n n n n n n i i i i i i ππππππππ+=+=+-=-=- 所以 44sin sin n n ππ=- 即为4sin 0n π =所以 4 ,4,(0,1,2,)n k n k k ππ===±±L 将下列复数表为sin ,cos θθ的幂的形式 （1） cos5θ； （2）sin5θ 答案 53244235 (1) cos 10cos sin 5cos sin (2) 5cos sin 10cos sin sin θθθθθ θθθθθ-+-+ 证明：如果 w 是1的n 次方根中的一个复数根，但是1≠w 即不是主根，则必有 对于复数 ,k k αβ，证明复数形式的柯西(Cauchy)不等式：
复变函数试题及标准答案样本
二．判断题（每题3分，共30分） 1．n z z (在0=z解析。【】 f= z )
2．)(z f 在0z 点可微，则)(z f 在0z 解析。【 】 3．z e z f =)(是周期函数。【 】 4． 每一种幂函数在它收敛圆周上处处收敛。【 】 5． 设级数∑∞=0n n c 收敛，而||0∑∞=n n c 发散，则∑∞ =0n n n z c 收敛半径为1。【 】 6． 1tan()z 能在圆环域)0(||0+∞<<< 复变函数与积分变换(A)参照答案与评分原则 (.7.5) 一.填空(各3分) 1.3ln 2i k e +-π； 2. 三级极点 ； 3. 23z ； 4. 0 ； 5. 0 ； 6. e 1 ；7. 322)1(26+-s s ；8. 0； 9. 0 ；10. )]2()2()2(1)2(1[ 21++-+++-ωπδωπδωωj j 。 二.判断1.错；2.错；3.对的； 4. 错 ；5.对的 ；6.错； 7.错 ； 8. 错 ；9. 对的 ；10. 错 。 三(8分) 解：1)在2||1< 复变函数试题与答案 Document serial number【UU89WT-UU98YT-UU8CB-UUUT- 第一章 复数与复变函数 一、 选择题 1．当i i z -+= 11时，5075100z z z ++的值等于（ ） （A ）i （B ）i - （C ）1 （D ）1- 2．设复数z 满足3 )2(π = +z arc ，6 5)2(π = -z arc ，那么=z （ ） （A ）i 31+- （B ）i +-3 （C ）i 2 321+- （D ）i 2 1 23+- 3．复数)2 (tan πθπθ<<-=i z 的三角表示式是（ ） （A ）)]2 sin()2 [cos(sec θπ θπθ+++i （B ） )]2 3sin()23[cos( sec θπ θπθ+++i （C ）)]23sin()23[cos( sec θπθπθ+++-i （D ）)]2 sin()2[cos(sec θπ θπθ+++-i 4．若z 为非零复数，则22z z -与z z 2的关系是（ ） （A ）z z z z 222≥- （B ）z z z z 222=- （C ）z z z z 222≤- （D ）不能比较大小 ５．设y x ,为实数，yi x z yi x z +-=++=11,1121且有1221=+z z ，则动点),(y x 的轨迹是（ ） （A ）圆 （B ）椭圆 （C ）双曲线 （D ）抛物线 ６．一个向量顺时针旋转 3 π ，向右平移３个单位，再向下平移１个单位后对应的复数为i 31-，则原向量对应的复数是（ ） （A ）2 （B ）i 31+ （C ）i -3 （D ）i +3 ７．使得2 2z z =成立的复数z 是（ ） （A ）不存在的 （B ）唯一的 （C ）纯虚数 （D ）实数 ８．设z 为复数，则方程i z z +=+2的解是（ ） （A ）i +- 43 （B ）i +43 （C ）i -4 3 （D ）i -- 4 3 ９．满足不等式 2≤+-i z i z 的所有点z 构成的集合是（ ） （A ）有界区域 （B ）无界区域 （C ）有界闭区域 （D ）无 界闭区域 10．方程232=-+i z 所代表的曲线是（ ） 第一章 复 数与复变函数 一、 选择题 1．当i i z -+= 11时，5075100z z z ++的值等于（ ） （A ）z z z z 222≥- （B ）z z z z 222=- （C ）z z z z 222≤- （D ）不能比较大小 ５．设y x ,为实数，yi x z yi x z +-=++=11,1121且有1221=+z z ，则动点),(y x 的轨迹是（ ） （A ）圆 （B ）椭圆 （C ）双曲线 （D ）抛物线 ６．一个向量顺时针旋转 3 π ，向右平移３个单位，再向下平移１个单位后对应的复数为i 31-，则原向量对应的复数是（ ） （A ）2 （B ）i 31+ （C ）i -3 （D ）i +3 i （A ）中心为i 32-，半径为2的圆周 （B ）中心为i 32+-，半径为２的圆周 （C ）中心为i 32+-，半径为2的圆周 （D ）中心为i 32-，半径为２的圆周 11．下列方程所表示的曲线中，不是圆周的为（ ） （A ） 22 1 =+-z z （B ）433=--+z z （C ） )1(11<=--a az a z （D ）)0(0>=-+++c c a a z a z a z z 12．设,5,32,1)(21i z i z z z f -=+=-=，则=-)(21z z f （ ） （A ）i 44-- （B ）i 44+ （C ）i 44- （D ）i 44+- 0) Im()Im(z z -） 1 1．设) 2)(3() 3)(2)(1(i i i i i z ++--+= ，则=z 2．设)2)(32(i i z +--=，则=z arg 3．设4 3)arg(,5π = -=i z z ，则=z 习题一答案 1．求下列复数的实部、虚部、模、幅角主值及共轭复数： （1） 1 32i + （2） (1)(2) i i i -- （3）13 1 i i i - - （4）821 4 i i i -+- 解：（1） 132 3213 i z i - == + ， 因此： 32 Re, Im 1313 z z ==-， 232 arg arctan, 31313 z z z i ==-=+ （2） 3 (1)(2)1310 i i i z i i i -+ === --- ， 因此， 31 Re, Im 1010 z z =-=， 131 arg arctan, 31010 z z z i π ==-=-- （3） 133335 122 i i i z i i i -- =-=-+= - ， 因此， 35 Re, Im 32 z z ==-， 535 ,arg arctan, 232 i z z z + ==-= （4）821 41413 z i i i i i i =-+-=-+-=-+ 因此，Re1,Im3 z z =-=， arg arctan3,13 z z z i π ==-=-- 2．将下列复数化为三角表达式和指数表达式： （1）i（2 ）1 -+（3）(sin cos) r i θθ + （4）(cos sin) r i θθ -（5）1cos sin (02) i θθθπ -+≤≤解：（1）2 cos sin 22 i i i e π ππ =+= （2 ）1-+23 222(cos sin )233 i i e πππ=+= （3）(sin cos )r i θθ+()2 [cos()sin()]22 i r i re π θππ θθ-=-+-= （4）(cos sin )r i θ θ-[cos()sin()]i r i re θθθ-=-+-= （5）2 1cos sin 2sin 2sin cos 222 i i θ θθ θθ-+=+ 2 2sin [cos sin ]2sin 22 22 i i e πθ θπθ πθ θ ---=+= 3． 求下列各式的值： （1 ）5)i - （2）100100(1)(1)i i ++- （3 ）(1)(cos sin ) (1)(cos sin ) i i i θθθθ-+-- （4） 23(cos5sin 5)(cos3sin 3)i i ????+- （5 （6 解：（1 ）5)i -5[2(cos()sin())]66 i ππ =-+- 5 552(cos()sin()))66 i i ππ =-+-=-+ （2）100 100(1) (1)i i ++-50505051(2)(2)2(2)2i i =+-=-=- （3 ）(1)(cos sin ) (1)(cos sin )i i i θθθθ-+-- 2[cos()sin()](cos sin ) 33)sin()][cos()sin()]44 i i i i ππ θθππ θθ-+-+= -+--+- )sin()](cos2sin 2)12 12 i i π π θθ=- +- + (2)12 )sin(2)]12 12 i i π θπ π θθ- =- +- = 复变函数卷答案与评分标准 一、填空题： 1．叙述区域内解析函数的四个等价定理。 定理1 函数()(,)(,)f z u x y iv x y =+在区域D 内解析的充要条件： （1）(,)u x y ，(,)v x y 在D 内可微， （2）(,)u x y ，(,)v x y 满足C R -条件。（3分） 定理2 函数()(,)(,)f z u x y iv x y =+在区域D 内解析的充要条件： （1）,,,x y x y u u v v 在D 内连续， （2）(,)u x y ，(,)v x y 满足C R -条件。（3分） 定理3 函数()f z 在区域D 内解析的充要条件：()f z 在区域D 内连续，若闭曲线C 及内部包含于D ，则()0C f z dz =? 。 （3分） 定理4 函数()f z 在区域D 内解析的充要条件：()f z 在区域D 内每一点a ，都能展成x a -的幂级数。（3分） 2．叙述刘维尔定理：复平面上的有界整函数必为常数。（3分） 3、方程2z e i =+的解为：11ln 5arctan 222 i k i π++，其中k 为整数。（3分） 4、设()2010sin z f z z +=，则()0Re z s f z ==2010。（3分） 二、验证计算题（共16分）。 1、验证()22,2u x y x y x =-+为复平面上的调和函数，并求一满足条件()12f i i =-+的解析函数()()(),,f z u x y iv x y =+。（8分） 解：（1）22u x x ?=+?，222u x ?=?；2u y y ?=-?，222u y ?=-?。 由于22220u u y x ??+=??，所以(,)u x y 为复平面上的调和函数。（4分） （2）因为()f z 为解析函数，则(),u x y 与(),v x y 满足C.-R.方程，则有 22v u x y x ??==+??，所以(,)2222()v x y x dy xy y C x =+=++? 2,v u y x y ??=-=??又2()v y C x x ?'=+? ，所以 ()0C x '=，即()C x 为常数。 第一章 复变函数习题及解答 1.1 写出下列复数的实部、虚部；模和辐角以及辐角的主值；并分别写成代数形式，三角形式和指数形式．(其中,,R αθ为实常数) （1）1-； （2） ππ2(cos isin )33-； （3）1cos isin αα-+； （4）1i e +； （5）i sin R e θ ； （6）i + 答案 （1）实部－1；虚部 2；辐角为 4π 2π,0,1,2,3k k +=±±；主辐角为4π 3； 原题即为代数形式；三角形式为 4π4π2(cos isin )33+；指数形式为4π i 32e ． （2）略为 5π i 3 5π5π 2[cos sin ], 233i e + （3）略为 i arctan[tan(/2)][2sin()]2c e αα （4）略为 i ;(cos1isin1)ee e + （5）略为：cos(sin )isin(sin )R R θθ+ （6）该复数取两个值 略为 i i isin ),arctan(1isin ),πarctan(1θθ θθθθθθ+=+=+ 1.2 计算下列复数 1）() 10 3 i 1+-；2）()3 1i 1+-； 答案 1）3512i 512+-；2） ()13π/42k π i 6 3 2e 0,1,2k +=； 1.3计算下列复数 （1 （2 答案 （1） （2）(/62/3) i n e ππ+ 1.4 已知x 的实部和虚部． 【解】 令 i ,(,)p q p q R =+∈，即,p q 为实数域(Real).平方得到 2 2 12()2i x p q xy +=-+，根据复数相等，所以 22 1,(p q pq p x q x ?-=??=??=±==±+ 即实部为 ,x ± 虚部为 说明 已考虑根式函数是两个值，即为±值． 1.5 如果 ||1,z =试证明对于任何复常数,a b 有| |1 az b bz a +=+ 【证明】 因为||1,11/z zz z z =∴=∴=，所以 1() ()1||||| |||||||1()az b az b az b z az b az b z bz a bz a z z bzz az b az b az +++++=====+++++ 1.6 如果复数b a i +是实系数方程 ()011 10=++++=--n n n n a z a z a z a z P 的根，则b a i -一定也是该方程的根． 证 因为0a ，1a ，… ，n a 均为实数，故00a a =，11a a =，… ，n n a a =．且()() k k z z =， 故由共轭复数性质有：()()z P z P =．则由已知()0i ≡+b a P ．两端取共轭得 ()( ) 00i i =≡+=+b a P b a P 即()0i ≡-b a P ．故b a i -也是()0=z P 之根． 注 此题仅通过共轭的运算的简单性质及实数的共轭为其本身即得证．此结论说明实系数多项式的复零点是成对出现的．这一点在代数学中早已被大家认识．特别地，奇次实系数多项式至少有一个实零点． 1.7 证明： 2222 121212||||2(||||)z z z z z z ++-=+,并说明其几何意义． 1.8 若 (1)(1)n n i i +=-，试求n 的值. 第一章 复数与复变函数 一、选择题： 1．当i i z -+= 11时，5075100z z z ++的值等于（ ） （A ）i （B ）i - （C ）1 （D ）1- 2．设复数z 满足3 )2(π = +z arc ，6 5)2(π= -z arc ，那么=z （ ） （A ）i 31+- （B ）i +-3 （C ）i 2 32 1+ - （D ）i 2 12 3+ - 3．复数z -3(cos -isin )5 5 π π =的三角表示式为（ ） A ．44-3(cos isin )5 5 ππ＋ B ． 443(cos isin )55ππ－ C ． 443(cos isin )5 5 ππ＋ D ．44-3(cos isin )5 5 ππ－ 4．函数),(),()(y x iv y x u z f +=在点000iy x z +=处连续的充要条件是（ ） （A ）),(y x u 在),(00y x 处连续 （B ）),(y x v 在),(00y x 处连续 （C ）),(y x u 和),(y x v 在),(00y x 处连续（D ）),(),(y x v y x u +在),(00y x 处连续 二、填空题 1．设) 2)(3()3)(2)(1(i i i i i z ++--+= ，则=z 2．设)2)(32(i i z +--=，则=z arg 3．设4 3)arg(,5π=-=i z z ，则=z 4．方程i z i z +-=-+221所表示的曲线是连续点 和 的线段的垂直平分线. 5．=+++→)21(lim 4 2 1z z i z 三.求方程z 3+8=0的所有复根. 第二章 解析函数 一、选择题： 《复变函数论》试题库 《复变函数》考试试题（一） 一、 判断题（20分）： 1.若f(z)在z 0的某个邻域内可导，则函数f(z)在z 0解析. ( ) 2.有界整函数必在整个复平面为常数. ( ) 3.若 } {n z 收敛，则 } {Re n z 与 } {Im n z 都收敛. ( ) 4.若f(z)在区域D 内解析，且 0)('≡z f ，则C z f ≡)(（常数）. ( ) 5.若函数f(z)在z 0处解析，则它在该点的某个邻域内可以展开为幂级数. ( ) 6.若z 0是)(z f 的m 阶零点，则z 0是1/)(z f 的m 阶极点. ( ) 7.若 ) (lim 0 z f z z →存在且有限，则z 0是函数f(z)的可去奇点. ( ) 8.若函数f(z)在是区域D 内的单叶函数，则)(0)('D z z f ∈?≠. ( ) 9. 若f (z )在区域D 内解析, 则对D 内任一简单闭曲线C 0)(=? C dz z f . ( ) 10.若函数f(z)在区域D 内的某个圆内恒等于常数，则f(z)在区域D 内恒等于常数.（ ） 二.填空题（20分） 1、 =-?=-1||0 0)(z z n z z dz __________.（n 为自然数） 2. =+z z 2 2cos sin _________. 3.函数z sin 的周期为___________. 4.设 11 )(2+= z z f ，则)(z f 的孤立奇点有__________. 5.幂级数 n n nz ∞ =∑的收敛半径为__________. 6.若函数f(z)在整个平面上处处解析，则称它是__________. 7.若ξ=∞→n n z lim ，则=+++∞→n z z z n n (i) 21______________. 8.= )0,(Re n z z e s ________，其中n 为自然数. 第一套 第一套 一、选择题（每小题3分，共21分） 1. 若（ ），则复函数()(,)(,)f z u x y iv x y =+是区域D 内的连续函数。 A. (,)u x y 、(,)v x y 在区域D 内连续； B. (,)u x y 在区域D 内连续； C. (,)u x y 、(,)v x y 至少有一个在区域D 内连续； D. 以上都不对。 2. 解析函数()f z 的实部为sin x u e y =，根据柯西-黎曼方程求出其虚部为（ ）。 A.cos x e y C -+； B cos x e y C -+； C sin x e y C -+； D cos x e y C + 3. 2|2|1(2)z dz z -==-?（ ） 。 A. i π2； B. 0； C. i π4； D. 以上都不对. 4. 函数()f z 以0z 为中心的洛朗展开系数公式为（ ）。 A. 1 01 ()2()n n f d c i z ξξ πξ+= -? B. 0()!n n f z c n = C. 2 01()2n k f d c i z ξξπξ= -? D. 210! ()2()n n k n f d c i z ξξ πξ+= -? 5. z=0是函数z z sin 2 的（ ）。 A.本性奇点 B.极点 C. 连续点 D.可去奇点 6. 将点∞，0，1分别映射成点0，1，∞的分式线性映射是（ ）。 A.1 z z w -= B. z 1z w -= C. z z 1w -= D. z 11 w -= 7. sin kt =（）L （ ），（()Re 0s >）。 A. 22k s k +； B.22k s s +； C. k s -1； D. k s 1 . 二、填空题（每小题3分，共18分） 1. 23 (1)i += [1] ； ---------------------------------------- 装 --------------------------------------订 ------------------------------------- 线 ---------------------------------------------------- 第一章例题 例1.1试问函数把平面上的下列曲线分别变成平面上的何种曲线？ （1）以原点为心，2为半径，在第一象项里的圆弧； （2）倾角的直线； （3）双曲线。 解设，则 因此 （1）在平面上对应的图形为：以原点为心，4为半径，在上半平面的半圆周。（2）在平面上对应的图形为：射线。 （3）因，故，在平面上对应的图形为：直线 。 例1.2设在点连续，且，则在点的某以邻域内恒不为0. 证因在点连续，则，只要，就有 特别，取，则由上面的不等式得 因此，在邻域内就恒不为0。 例1.3设 试证在原点无极限，从而在原点不连续。 证令变点，则 从而（沿正实轴） 而沿第一象限的平分角线，时，。 故在原点无确定的极限，从而在原点不连续。 第二章例题 例2.1在平面上处处不可微 证易知该函数在平面上处处连续。但 当时，极限不存在。因取实数趋于0时，起极限为1，取纯虚数而趋于零时，其极限为－1。故处处不可微。 例 2.2函数在满足定理2.1的条件，但在不可微。 证因。故 但 在时无极限，这是因让沿射线随 而趋于零，即知上式趋于一个与有关的值。 例2.3讨论的解析性 解因, 故 要使条件成立，必有，故只在可微，从而，处处不解析。例2.4讨论的可微性和解析性 解因, 故 要使条件成立，必有，故只在直线上可微，从而，处处不解析。 例2.5讨论的可微性和解析性，并求。 解因, 而 在复平面上处处连续且满足条件，从而在平面上处处可微，也处处解析。且 。 例2.6设确定在从原点起沿负实轴割破了的平面上且，试求 之值。 解设，则 由代入得 解得：，从而 。 例2.7设则 且的主值为。 例2.8考查下列二函数有哪些支点 (a) (b) 解（a）作一条内部含0但不含1的简单闭曲线, 当沿正方向绕行一周时,的辐角得到增量,的辐角没有改变, 即 从而 故的终值较初值增加了一个因子，发生了变化，可见0是的支点。同理1 也是其支点。 任何异于0，1的有限点都不可能是支点。因若设是含但不含0，1的简 一、填空题（每小题2分） 1、复数i 212-- 的指数形式是 2、函数w =z 1将Z S 上的曲线()1122=+-y x 变成W S (iv u w +=)上 的曲线是 3.若01=+z e ,则z ＝ 4、()i i +1= 5、积分()?+--+i dz z 2222= 6、积分 ?==1sin 21z dz z z i π 7、幂级数()∑∞ =+0 1n n n z i 的收敛半径R= 8、0=z 是函数 z e z 1 11- -的 奇点 9、=??? ? ??-=1Re 21z e s z z 10、将点∞,i,0分别变成0,i,∞的分式线性变换=w 二、单选题（每小题2分） 1、设α为任意实数，则α1=（ ） A 无意义 B 等于1 C 是复数其实部等于1 D 是复数其模等于1 2、下列命题正确的是（ ） A i i 2< B 零的辐角是零 C 仅存在一个数z,使得z z -=1 D iz z i =1 3、下列命题正确的是（ ） A 函数()z z f =在z 平面上处处连续 B 如果()a f '存在,那么()z f '在a 解析 C 每一个幂级数在它的收敛圆周上处处收敛 D 如果v 是u 的共轭调和函数,则u 也是v 的共轭调和函数 4、根式31-的值之一是（ ） A i 232 1- B 2 23i - C 223i +- D i 2 3 21+ - 5、下列函数在0=z 的去心邻域内可展成洛朗级数的是（ ） A z 1sin 1 B z 1 cos C z ctg e 1 D Lnz 6、下列积分之值不等于0的是( ) A ? =- 1 2 3 z z dz B ?=- 1 2 1 z z dz C ?=++12 42z z z dz D ?=1 cos z z dz 7、函数()z z f arctan =在0=z 处的泰勒展式为（ ） A ()∑∞ =+-0 2121n n n n z （z <1） B () ∑∞ =+-0 1 221n n n n z （z <1） C ()∑∞ =++-0 1 2121n n n n z （z <1） D () ∑∞ =-0 221n n n n z （z <1） 8、幂级数n n n z 20 1)1(∑∞ =+-在1 复变函数与积分变换试题与答案 1.（5）复数z与点(,) x y对应,请依次写出z的代数、几何、三角、指数表达式和z的3次方根。 2.（6）请指出指数函数z e w=、对数函数z w ln =、正切函数=的解析域，并说明它们的解析域是哪类点集。 z w tan 3.（9）讨论函数2 2i =的可导性，并求出函数)(z z f+ ) (y x f在可导点的导数。另外，函数) f在可导点解析吗？是或否请说明 (z 理由。 4.（7）已知解析函数v u z f i )(+=的实部y x y u 233-=，求函数 v u z f i )(+=的表达式，并使0)0(=f 。 5.（6×2）计算积分： （1）?+-C n z z z 1 0) (d , 其中C 为以0z 为圆心,r 为半径的正向圆周, n 为正整数； （2）?=+-3||2d ) 2()1(e z z z z z 。 6.（5×2）分别在圆环 （1）1||0< 7.（12）求下列各函数在其孤立奇点的留数。 (1) 3 sin )(z z z z f -=; (2) z z z f sin 1)(2=; (3) 11 e )(-=z z z f . 8.（7）分式线性函数、指数函数、幂函数的映照特点各是什么。 9.（6分）求将上半平面 0)Im( z 保形映照成单位圆 1|| w 的分式线性函数。 10.（5×2）（1）己知 F )()]([ωF t f =，求函数)52(-t f 的傅里叶变换； （2）求函数) i 5)(i 3(2 )(ωωω++= F 的傅里叶逆变换。 基本要求 1． 正确理解复变函数积分的概念；01()lim ()n k k C k f z dz f z λζ→==?∑? 2． 掌握复变函数积分的一般计算法；()()()(())()C C f z dz u iv dx idy f z t z t dt βα '=++=??? 3． 掌握并能运用柯西—古萨基本定理和牛顿—莱布尼茨公式来计算积分； ()0C f z d z =? ，10 10()()()z z f z dz G z G z =-? 4． 掌握闭路变形定理、复合闭路定理，并能运用其计算积分； 1()()C C f z dz f z dz =?? ，1()()k n C C k f z dz f z dz ==∑?? 5． 掌握并能熟练运用柯西积分公式；00 ()2()C f z dz if z z z π=-? 6． 掌握解析函数的高阶导数公式，理解解析函数的导数仍是解析函数，会用高阶导数公式计算积分。 0102()()()! n C if z f z dz z z n π+=-? 一、填空题 1．2||122z dz z z ==++? （ ） ； 2．22|1|111z z dz z -=+=-? （ ） ； 3．2||1cos ()z z dz z π==-? （ ） ； 4．设()f z 在单连通域D 内解析且不为零，C 为D 内任一条简单闭曲线，则()2()1() C f z f z dz f z '''++=? （ ）； 5．解析函数()f z 的导函数仍为（ ），且()()n f z =（ ）。 二、计算下列各题 1．计算积分2(2)C iz dz +?，C 是由(1,0)A 到(0,1)B 的直线段； 111.33 i -+ 2．计算积分22z C e dz z z +? ，:||2C z =； 22(1).i e π--复变函数试题与答案
复变函数测试题及答案
复变函数课后习题答案全
复变函数练习题及答案
第一章复变函数习题及解答
复变函数习题集(1-4)
复变函数题库(包含好多试卷,后面都有答案)
复变函数及积分变换试题及答案
复变函数经典例题
复变函数试题及答案
复变函数与积分变换试题及答案(2)
复变函数积分(练习题)