华中师范大学—复变函数(2006-2007)B

期末考试试卷（Ｂ卷）（解答）

课程名称 复变函数 课程编号 任课教师

题型 分值 得分

得分 评阅人 选择 填空 计算 证明 综合 总分 18 12 50 12 8 100 一、单项选择题：（共6题，每题3分）

1z0z ，则以下判断正确的是 [ C ] . zz01. 设z01 , z1, 记 l(A) l1. (B) l1. (C) l1. (D) l 的值无法确定. 2. 函数 f(z)z1 在 z0处[ B ].

(A) 不连续. (B) 连续但不解析. (C ) 解析的. (D) 可导且解析.

3. 设f(z)在单连通区域D内解析且恒不为零, L为D内一条简单闭曲线, 则必有[ D ].

(A)Im[1f(z)]dz0. (B)Re[1f(z)]dz0. (C)1f(z)dz0.

LL L(D)

 L1f(z)dz0.

(1)nin2 (n1, 2,)，则 limn[ C ]. 4 . 设n2nn2in1(A) 0. (B) i. (C) 1. (D) 不存在.

11sinz5. 设 zk（k为整数），则Res,k[ B ].

22cosz11 (A) . (B) . (C) 1. (D) 1.



6. 设f(z)以za为可去奇点或极点，g(z)以za为本性奇点，则za为f(z)g(z)的 [ B ].

(A) 可去奇点. (B) 本性奇点. (C) 极点. (D) 无法确定za的奇点类别. 得分 评阅人 二、填空题： （共4题，每题 3分）

1．设 wcose，则 Im(w) 0 . zsinz2．z0函数f(z)的 2 阶极点，Res(f,0) 0 . z52313．设f(z) d，这里z2，则 f(3i) 0 .

2z14．幂级数kzn（k1为整数）的收敛半径为 R 1 .

n1n

得分 评阅人 三、解答题： （共50分）

１．试用柯西—黎曼条件讨论函数f(z)x2yixy2在复平面上的可导性和解析

3i2性．(10分)

22解：记u(x,y)xy，v(x,y)xy，显然它们在平面上具有连续的偏导数，

且

uvuv2xy，x2，y2 ，2xy xxyy分

要使柯西—黎曼条件条件满足，只须

４

x2z0uvy2，即x0，y0 yx ６

分

故此函数仅在点直线

可导，而在复平面上处处不解

析． １０分

２．设f(z)1 .

(z1)(z2)(1)求f(z)在z1内的泰勒展式. (8分) (2)求f(z)在圆环1z2内的洛朗展式. (7分) (3)求f(z)在圆环z2内的洛朗展式. (5分)

解：

f(z)11 ---------------------------------------------------(3分) z2z1(1) 当z1时

11zn1z1n1zn------(8分) f(z)z2n022n0n02(1)1z2(2) 当1z2时

1

zn1f(z)n1n1.-----------------------------(15分)

z1n02n0z2(1)z(1)2zn11(3) 当z2时

12112n12n1f(z)n1n1---------(20分)

21n1zz(1)z(1)zn0zzn0zn0zzz3．设f(z)以点z0为m阶零点，g(z)以点z0为n阶零点，试讨论f(z)g(z)在点z0有什么性质？(10分)

mn解：由题设 f(z)(zz0)(z)，g(z)(zz0)1(z)，其中(z)，1(z)在z0解析，且

，(z0)01(z0)0． ―――――――

11nn――――（５分）

(zz0)m于是 f(z)g(z)(z)1(z)，当mn时，以z0为mn阶零点；当mn时，

(zz0)n以z0为可去奇点（解析点）；当mn时，以z0为nm阶极

点． ―――――――――――――（１０分）

d 01sin2 ．(10分)

dd2du22du解： I  01sin2 0 03cosu1cos2 03cos212４．利用留数计算实积分：I （５分）

令zeiu，注意到留数定理得

I（１０分）

2 0du2121dz2i3cosuiz1z26z1i2z6z3222

得分 评阅人 四、证明题： （共12分）

f(z)0，证明：f(z)是一个小于n次

zzn的多项式 (常数看作0次多项式).．(6分)

１．设f(z)是一个整函数，且满足lim证明：（法一）由极限的局部有界性得，存在R0，当zR时，f(z)Mz

由

泰

勒

定

理

，

可

设

nf(z)akzkk0，

z ――――――（３分）

由系数的估计式得，当kn时

MrnMakkkn0(rR,r) ―――――

rr―（６分）

所以，f(z)即可得结论．

akzk，即f(z)是次数不超过n次的多项式，再由anlimk0znf(z)0zn（法二）由limzf(z)A0知，f(z)以为至多n1阶极点，又f(z)是一个整函nz数，

所以，f(z)是一个至多n1次的多项式．即结论成立

２．设D为单连通区域，f(z)在D内解析，C为D内一条简单闭曲线，D0为C的

1f()内部．若对于任意zD0，都有Im，则在D内恒有d1Cz2if(z)ci，其中c为实常数．(6分)

证明：由柯西公式，在

D0内

f(z)1f()dC2iz，

－―――――（２分）

于是，在D0内 Imf(z)1，从而f(z)在D0内为常数，注意到Imf(z)1，zD0

f(z)ci数 ――――――（４分） 再由解析函数的唯一性即得，在D内

，其中

cc为实常

f(z)ci数 ――――――（６分）

，其中为实常

得分 评阅人 五、综合题： （共8分）

1．设z表示在割线[0,)上沿取正实数的解析分支，lnz表示在割线[0,)上沿取实数的解析分支，按下面的步骤计算实积分：

RRxlnxxlnxxx和dxlimdxdxlimdx ． 220(1x)20R(1x)2R(1x)(1x)00(1) 分别求z和lnz在z1处的值以及在割线[0,)下沿x(0,)处的

值；(3分)

zlnzzlnzzlnzlimz(2) 求limz，以及；(2分) Res22zz0z1(1z)2(1z)(1z)z\\[0,)z\\[0,)(3) 考虑辅助函数f(z)zlnz沿适当封闭曲线的积分，用留数定理计算2(1z)

0xlnxx和dxdx．(3分) 220(1x)(1x) 解：（１）由已知初值求终值的公式

zz11e1iargz2e2i，zizx下沿xe1iargz2ei22 x(0,) x，lnzz1ln1iargzi，lnzzx下沿lnxiargzlnx2i，x(0,)

――――――（３分）

（２）注意到当z\\[0,时)，argz2，e1iargz21，且limlnzzz0，

limz0zlnz0，有

lnziargzzlnzz2limzlim0， 122zziargz(1z)(1z)z\\[0,)z\\[0,)ze2zlnzzlimzlim22z0z0(1z)(1z)z\\[0,)z\\[0,)ze1iargz2(lnziargz)0，

zlnzzlnzlnz22i2．Reslim(z1)lim2z1z1z1(1z)2(1z)2i2z―――（５分） （３）考虑函数f(z)zlnz沿如图示区域边界正向的积分，由留数定理得 2(1z)RRf(z)dzf(z)dzx(lnx2i)xlnx2dxdx2iResf(z)2i 22Rz1(1x)(1x)由（２）再结合积分的估值性可得

RlimRf(z)dz0，lim0f(z)dz0

所以

20xlnxx2dx2idx2i， 220(1x)(1x)比较上式两边的实部和虚部得

―――――（８分）

0xlnxx，． dxdx220(1x)(1x)2 ―