复变函数复习题
一、（18%）填空题 1、在0?z?1内，函数
1的罗朗展式是 ① .
z(z?2)(z?1)2、解析分支
z在z?1处的留数是 ② . 1?z111)?f()? ？ ③ （只需回答2n?12n2n3、 问是否存在解析函数f(z)使f(是或否）.
4、若解析函数f(z)的实部是ex(xcosy?ysiny)，则f(z)? ④ . 5、已知分式线性函数f(z)把上半平面变为单位圆，则f(z)? ⑤ . 6、
?|z?2|?zdz的值是 ⑥ . 21(z?1)(z?2)2二、（24%）计算题
1、若以上半虚轴为割线，确定Lnz的一个解析分支lnz .并且分别求出w?lnz在上半虚轴的左沿和右沿，当z?i时的值.
??2、计算积分I??0dx ，（?为常数，且0???1）. ?(1?x)x三、（36%）解答题
Lnz1、求2的解析分支和孤立奇点，并讨论这些奇点的类型.
z?12、在z平面的上半平面上，从原点起，沿虚轴作一条长为3的割线，试作一个单叶解析函数，把在上述半平面去掉割线而得到的开区域保形映射成w平面的上半平面（不包括实轴）.
3、试作一个解析函数，它把上半平面Imz，Imw?0 .
22四、（22%）证明题
1、若z1?z2?z3?1，z1?z2?z3?0，则z1?z2?z2?z3?z1?z3 . 2、若在z?1内，f(z)解析，并且f(z)???0保形双射成w平面的半带域
??Rew??1， 则f(n)(0)?e(n?1)! 1?z复变函数复习题答案
一、填空题（每空格3分，共18分）
第 1 页 共 4 页
??(?1)n11?n1① ?????n?1?z ②?1 ③否
2zn?0?362?ei?(z?z0)④ze?ci ⑤ (Imz0?0) ⑥ ?2πi
z?z0z二、（24%）计算题
1、若以上半虚轴为割线，确定Lnz的一个解析分支lnz .并且分别求出w?lnz在上半虚轴的左沿和右沿，当z?i时的值.
解 Lnz?lnz|?|π??3π?iazr?gπki 2??argz?,k??? （6分）
2?2?π??3令lnz?ln|z|?iargz?2kπi ??π 2??2πi 23在上半虚轴的左沿，当z?i时，w?lni??πi （12分） 2 则在上半虚轴的右沿，当z?i时，w?lni???2、计算积分I??0dx ，（?为常数，且0???1）. ?(1?x)x1为多值函数， (1?z)z?111?z|z|?ei?argz解因0???1，故F(z)?取正实轴为割线且单值解析分支f(z)?（如图）设0???1?r???，则 ?0?argz?2π?（4分） c????????cr?f(z)dz?????????(1?e?2π?)?c?????crr?dx??f(z)dz??f(z)dz ?(1?x)xc?cr由|?f(z)dz|?c?2π?知lim?f(z)dz?0 （8分） ??0(1??)??c?2π由|?f(z)dz|?|?cr0riei?d?2πr1??知lim?f(z)dz?0 |?r???(1?rei?)?r?ei??1?rcr故???0dx2πie?π?iπ （12分） ??(1?x)x?1?e?2πi?sinπ?三、（36%）解答题 第 2 页 共 4 页 Lnz的解析分支和孤立奇点，并讨论这些奇点的类型. z2?1解因0和??是支点，故0和??不是孤立奇点. 因此，孤立奇点为?1和1， lnz1?2?ln|z|?i(2kπ+argz)? 故可取上半虚轴作割线，因此，解析分支2z?1z?13π?k??，??argz? （6分） 22（1） 当k?0时，z?1是可去奇点 （2） 当k?0时，z?1是一阶极点 （3） z??1是一阶极点 （12分） 2、在z平面的上半平面上，从原点起，沿虚轴作一条长为3的割线，试作一个单叶解析函数，把在上述半平面去掉割线而得到的开区域保形映射成w平面的上半平面（不包括实轴）. 解 （1）若区域D表示在z平面的上半平面，从原点起沿虚轴去掉一条长为 1、求 3的割线，则??z2?9将区域D变为(?)平面除去正实轴的开区域D1（6分） （2）w?w将D1变为w平面的上半平面Imw?0 因此w?z2?9即为所求 （12分） 3、试作一个解析函数，它把上半平面Imz??0保形双射成w平面的半带域 ?2?Rew??2，Imw?0 . z解 由多角形映射公式知w?c?由w(?1)?因?1?1dt?c1 1?t1?t?ππ知c1?? 22dt1?t2?1?arcsint?1?π，故由w(1)?1πππ知cπ?? 222所以c?1 （6分） 因此w??zdt1?t2?1?π?arcsinz 2于是w?arcsinz即为所求. （12分） 四、（22%）证明题 1、若z1?z2?z3?1，z1?z2?z3?0，则z1?z2?z2?z3?z1?z3 . 第 3 页 共 4 页 证法1 因z1?z2?z3?0，|z3|?1，故(z1?z2)2?|?z3|2?1 （6分） 即(z1?z2)(z1?z2)?1，即z1z2?z1z2??1 因此(z1?z2)(z1?z2)?z1z1?z1z2?z1z2?z2z2?3 即|z1?z2|?3，同理|z2?z3|?3 ，|z1?z2|?3 （11分） 证法2 由平行四边形公式 |z1?z3|2?|z1?z3|2?2(|z1|2?|z3|2)知， |z1?z3|2?2(|z1|2?|z3|2)?|z1?z3|2，而z1?z2?z3?0， （6分） 因此|z1?z3|2?2(|z1|2?|z3|2)?|?z2|2?4?1?3，|z1?z3|?3， 同理|z2?z3|?3 ，|z1?z2|?3 （11分） 2、若在z?1内，f(z)解析，并且f(z)?证 因 1， 则f(n)(0)?e(n?1)! 1?zf(n)(0)?故 n!2πi?|z|?nn?1f(z)dz （3分） n?1zn!|f(n)(0)|?2π1?|z|?nn?1|z|11?|z|n?1|dz| （6分） n!1?nn?1n?2π （8分） n?12π(nn)n+1?1?1??(n?1)!?1???e(n?1)! （11分） ?n? n 第 4 页 共 4 页
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