复变函数试题2010A-Word-文档

一填空题（本题共10个小题，每题4分共40分）1．复数i3的指数形式是（ie62）2．满足32iz的复平面内点集的面积是（3）3．区域D上的函数),(),()(yxivyxuzf满足RC条件是函数)(zf在D上解析的(必要非充分)条件4．复积分razndzaz1)(1（n是正整数）的值是（0）5．极限zezzz1sinlim0等于（2）6．如果2z上的解析函数)(zf在点0z处的)0(f存在，那么dzzzfiz13)(21的值是（)0(!21f）７．函数211)(zzf在1z上的泰勒展开式为（02)1(nnnz）８．)1sin(Re1zzsz＝（1sin）９．函数项幂级数nnnzne0!的收敛半径Ｒ＝（）１０．ze在闭园11z上取得的最大值是（2e）二解答题（本大题７个小题，共60分）1．计算下列各题（每题5分）：（1）解方程0iez解：z=Ln(-i)=ln1+iArg(-i)=)22(ki（2）求ii)1(解：ii)1(=)1(iiLne=)]42(2[lnkiie（3）计算积分Czdzze，其中Ｃ是从０到１的任意曲线解：Czdzze=1ozdzze=1010/dzezezz=1（4）用逐项微分法求2)1(1zz在10z上的洛朗级数解：2)1(1zz=1101)(1)11(1nnnnnzzzzzz=12nnnz（10z）2．（７分）讨论函数22)(iyxzf的可微性和解析性，并且求)1(if的值解：由,yvxu,xvyu得到,22yx即,yx时可微，但是处处不解析；由于xzf2)(，得到)1(if=23．（７分）已知C表示圆周：31，定义Cdzezfsin)(，求)(if+)2(ef的值解：Cdeeef2sin)2(=0又31z时，)sin(2)(zeizfz所以)cos(2)(zeizfz于是)(if=)cos(2ieii)(if+)2(ef=)cos(2ieii4．（７分）设1z内解析函数的)(zf，在闭园1z上连续，如果0)0(kf，计算积分：kzdzzfzzkiz)()]1([211解：kzdzzfzzkiz)()]1([211=12])()()([21zdzkzzfkzfzzfi=)0(10)0(fkf=)0(1fkk５．（７分）利用留数计算积分dxxx0212cos解：dxxexi221=]1[Re222zesiziiz=2222eiei于是dxxx0212cos=dxxx212cos21=22e６．（７分）设Ｄ是周线Ｃ的内部，函数)(zf在区域Ｄ上解析，在闭域CDD__上连续，已知)(zf在Ｃ上恒为非零常数Ｍ．试证明：如果)(zf不恒等于一个常数，那么在Ｄ内至少有一个零点。证明：如果对于任何Dz使得0)(zf那么)(1zf是D上的解析函数由最大模原理，当Dz时)(1max)(1max)(1zfzfzfczcz=M1同理由最小模原理，当Dz时)(1min)(1min)(1zfzfzfczcz=M1矛盾。那么在Ｄ内至少有一个零点７．（５分）证明方程)1(0nzzee在单位园1z内有且仅有ｎ个根证明：在1z上nzzee，应用儒歇定理得到