复变函数论试卷2

复变函数试卷二（供数学教育专业使用）一、单项选择题（每小题2分，共24分）在每小题的四个备选答案中选出一个正确答案，并将其前面的代码写在题干后面的括号内．不选、错选或多选者，该题无分．1.)1(iArg．（）A.4B.k24（k为整数）C.4D.k24（k为整数）2.下列方程中，给出的曲线是圆（t是实参数）．（）A.tiz)1(B.tirtrzsincosC.titzD.22titz3.下列函数中，在z平面上处处解析的函数是（）A.zzf)(B.zzf1)(C.zzf)(D.zzzfRe)(4.函数22)(iyxzf在z平面上（）A.处处可微，处处解析B.处处不可微，处处不解析C.仅在直线xy上可微，处处不解析D.仅在0z处可微，处处不解析5.)1(Ln()A.iB.iki2（k为整数）C.i2D.iki22（k为整数）6.若C为单位圆周1z，则下列积分中值不为零的是（）A.CzdzcosB.Czzdz222C.Czzzdze652D.Czdz7.幂级数1nnnz的收敛半径为（）A.２B.１C.21D.３8.函数zzsin在零点0z的阶数是（）A.１B.２C.３D.４9.若a为)(zf的孤立奇点，且)(zfLimaz，则az是)(zf的（）A.解析点B.极点C.本性奇点D.可去奇点10.若az是函数)(zf的二阶极点，则)(Rezfsaz（）A.)()(2zfazLimazB.)()(2zfazLimazC.)()(2zfazLimazD.)]()()()(2[2zfazzfazLimaz11.方程012558zzz在单位圆1z内根的个数为（）A.１B.３C.５D.812.i1关于单位圆周1z的对称点是（）A.i1B.i1C.)1(21iD.)1(21i二、填空题（每小题2分，共8分）13.方程83z在复数域中共有个根．14.若),(),()(yxivyxuzf在点iyxz解析，则)(zf．15.若)(zf在区域D内解析，在CDD上连续，则有)(zf．16.0z是函数zzzfsin)(的阶零点．三、判断题（每小题2分，共10分）你认为正确的在题后括号内划“√”，反之划“×”17.任何一个半平面都包含．（）18.若)(zf在区域D内处处可微，则)(zf在D内解析．（）19.函数zezf)(是以i2为周期的周期函数．（）20.因为函数zzf1)(在圆域211z内解析，所以它是该圆域内的整函数．（）21.幂级数的和函数在其收敛圆周上至少有一奇点．（）四、计算题（每小题7分，共35分）22.计算积分Cdzixyx)(2，积分路径C是连接由0到i1的直线段．23.计算积分Cdzzzz1122，2:zC．24.将函数11zz按1z的幂展开，并指明其收敛范围．25.计算积分22121ztzdzzei．26.求将上半z平面0Imz共形变换成单位圆1的线性变换)(zL，使合条件0)(iL，0)(iL．五、证明题（其中27题7分，28、29每小题8分，共23分）27.证明复平面上的圆周可以写成0CzzzAz其中CA,为实数，0A，为复数，且AC228.判断函数)sincos()sincos()(yxyyieyyyxezfxx在z平面上的可微性和解析性．29.证明方程zez)1(在单位圆1z内恰有一个根，且为实根．试卷二参考答案一、单项选择题（每小题2分，共24分）1.D2.B3.A4.C5.B6.D7.B8.B9.B10.D11.C12.C二、填空题（每小题2分，共8分）13.314.xxivu15.Cdzfi)(2116.３三、判断题（每小题2分，共10分）17.×18.√19.√20.×21.√四、计算题（每小题7分，共35分）22.解由于从0到i1的直线段为10,:xxyC…………………………………………2分于是选x为参数，有xiixxiyxz)1(，得1022)1()()(xidixxxdzixyxC……………………4分102)1(dxxii10331)1(xi……………………………………6分)1(31i…………………………………………7分23.解∵12)(2zzzf在全z平面上解析……………………2分∴12)(2zzzf在圆域2z内解析，在2z上连续，1z是2z内一点，由柯西积分公式…………………………………………4分Cdzzzz112212122zzzi……………………………………6分ii4)112(2…………………………………7分24.解)1(21)1(11zzzz…………………………………………2分2)1(121)1(zz…………………………………………4分nnzz021210112)1()1(nnnnz……………………6分由12)1(z知收敛范围为21z．……………………7分25.解∵21)(zezfzt在z平面上只有两个一级极点iz，由定理知………2分)(Rezfsiziezeitizzt212)(Rezfsiziezeitizzt212……………………4分由于两个奇点均在圆周2z的内部，由留数（残数）定理得22121ztzdzzeiii221)(Re[zfsiz)](Rezfsiz………………6分tieeititsin2…………………7分26.解将上半平面0Imz变成单位圆1，并将上半z平面上一点i变为圆心0的线性变换为izizei，……………………2分2)(2iziei)2(221)2(2)(iieiieiL……………………4分又由0)(iL知02，即2．……………………6分故所求线性变换为izizi．………………………………7分五、证明题（其中27题7分，28、29每小题8分，共23分）27.证明设圆的一般方程为0)(22CDyBxyxA(1)……1分其中0A，且DCBA,,,为常数，当ACDB422时，即为实圆．因2zzx，izzy2，zzyx22代入方程(1)有0)(21)(21CzDiBzDiBzAz…………………3分即0CzzzAz，其中CA,为实数，0A，)(21DiB，且ACACDB441)(41222．……………………5分反之，设有方程0CzzzAz（CA,为实数，0A，为复数，且AC2），将iyxz代入即知其代表z平面上的一个圆周．………………7分28.证明∵),(yxu)sincos(yyyxex，),(yxv)sincos(yxyyex∴xu)cossincos(yyyyxex，yu)cossinsin(yyyyxex，……2分xv)sinsincos(yyxyyex，yv)cossin(cosyxyyyex………4分显然yxyxvvuu,,,在z平面上处处连续且满足..RC条件yxvu，xyvu，故)(zf在z平面上处处可微，也处处不解析．……………………8分29.证明令)(zfz，zez)(显然)(zf及)(z均在1z内解析，在1z连续，又在1z上…………………2分zeeeezxx1)(1)(zf……………………4分由儒歇定理在1z内)(zfz与)()(zzfzez有相同多个零点，而)(zfz在1z内有唯一一个零点0z．……………………6分又因xexFx)(连续于]1,0[，且0)0(eF及01)1(1eF，故zez的根在)1,0(内，切为正实根．…………………………………………8分