增加?. 所以
?f(z)?z(1?z)的幅角共增加. 由已知所取分支在支割线上岸取正值,
2?于是可认为该分支在上岸之幅角为0, 因而此分支在z??1的幅角为,
则f(z)?z?reii??2k?2,(k?0,1).
又因为在正实轴去正实值，所以k?0.
?4 所以f(i)?e.
2?故f(?1)?2e2i?2i.
《复变函数》考试试题（二）参考答案
二. 填空题
1.1，??2， i； 2. 3?(1?sin2)i； 3. ??2?in?1； 4. 1；?0n?15. m?1.
6. 2k?i，(k?z). 7. 0； 8. ?i； 9. R；10. 0.
三. 计算题
1. 解 sin(2z3?)??(?1)n(2z3)2n?1?(?1)n22n?1z6n?3n?0(2n?1)!??. n?0(2n?1)!2. 解 令z?rei?.
3. 单位圆的右半圆周为z?ei?, ??2????2.
所以
?i??2i?i?2?izdz????de?e???2i.
224. 解
?sinzz?2(z??dz)2?2?i(sinz)?z???2?icosz??
22z2=0.
四. 证明题. 1. 证明 (必要性) 令f(z)?c1?ic2,则f(z)?c1?ic2. (c1,c2为实常数).
令u(x,y)?c1,v(x,y)??c2. 则ux?v y?uy?vx?0.
即u,v满足C.?R., 且ux,vy,uy,vx连续, 故f(z)在D内解析.
(充分性) 令f(z)?u?iv, 则 f(z)?u?iv,
因为f(z)与f(z)在D内解析, 所以
ux?vy,uy??vx, 且ux?(?v)y??vy,uy??(?vx)??vx.
比较等式两边得 ux?vy?uy?vx?0. 从而在D内u,v均为常数,故
f(z)在D内为常数.
2. 即要证“任一 n 次方程 ann?10z?a1z?????an?1z?an?0(a0?0)
9
有且只有 n个根”. 证明 令
f(z)?a0zn?a1zn?1?????an?1z?an?0, 取
?1cnn!(n?1n)n?11?limn??lim(n?)?limn(?1e. )2. 解 limn??cn??nn??n??(n?1)!nnn?1?a?????an???R?max?1,1?, 当z在C:z?R上时, 有
所以收敛半径为e.
??a0???(z)?an?11R?????an?1R?an?(a1?????an)Rn?1?a0Rn.
?f(z).
由儒歇定理知在圆 z?R 内, 方程a0zn?a?11zn?????an?1z?an?0 与a0zn?0 有相
同个数的根. 而 a0zn?0 在 z?R 内有一个 n 重根 z?0. 因此n次方程在z?R 内有n 个根.
《复变函数》考试试题（三）参考答案
二.填空题.
1.?zz??i,且z?C?; 2. 2k?i(k?z); 3. ?1?ei; 4. 1; 5.
??2?in?1?0n?1; 6. 1; 7. ?i; 8. z?(2k?1)?i; 9. ?; 10.
1(n?1)!.
三. 计算题.
12??n?21. 解 zez?z2(1?11zz?2!z2????)??. n?0n! 3. 解 令 f(z)?ezez1z2(z2?9), 则 Rez?0sf(z)?z2?9??.
z?09故原式?2?iRez?0sf(z)??2?i9.
4. 解 令 f(z)?z9?2z6?z2?2, ?(z)??8z.
则在C: z?1上f(z)与?(z)均解析, 且f(z)?6??(z)?8, 故
由儒歇定理有
N(f??,C)?N(?f?,C?). 即在1 z?1 内, 方程只有一个根.
四. 证明题.
1. 证明 证明 设在D内f(z)?C. 令f(z)?u?iv,则f(z)2?u2?v2?c2.
两边分别对x,y求偏导数, 得 ??uux?vvx?0(1)?uuy?vvy?0(2
) 因为函数在
D内解析, 所以ux?vy,uy??vx. 代入 (2) 则上述方程组变
为
??uux?vvx?0?uv. 消去u, (u2?v2x得)vx?0. ?vuxx?010
1) u?v?0, 则 f(z)?0 为常数. 2)
若vx?0, 由方程 (1) (2) 及 C.?R.方程有ux?0, uy?0,
221.
(n?1)!三. 计算题. 1.
vy?0.
所以u?c1,v?c2. (c1,c2为常数). 所以f(z)?c1?ic2为常数.
2. 证明 取
r?R, 则对一切正整数 k?n f(k)(0)?k!f(z)k!Mrn2??z?rzk?1dz?rk. 于是由r的任意性知对一切k?n均有f(k)(0)?0.
n 故f(z)??cnzn, 即f(z)是一个至多n次多项式或常数.
k?0
《复变函数》考试试题（四）参考答案
.
二. 填空题. 1.
112, 2; 2. ?; 3. 2k?i(k?z); ??(?1)nz2n(z?1); 5. 整函数;
n?06. 亚纯函数; 7. 0; 8. z?0; 9. ?; 解:z3??1?z?cos2k???2k???3?isin3k?0,1,2z?cos??1313?isin3?2?2iz2?cos??isin???1z5?时,
3?cos3?isin5?133?2?2i
z2. 解 Rez?1sf(z)?ez?1?e, Reseze?1. z?12z??1f(z)?z?1?z??1?2 故原式?2?i(Resf(z)?Resf(z))??i(e?e?1z?1z??1).
3. 解 原式?2?iResf(z)?2?iz?z??i9?z2?.
z??i511z?ez?4. 解
ez?1?1z=z(ez?1)，令z(ez?1)?0，得z?0,z?2k?i，k??1,?2,?
4.
11z?ez?11?ezlim而 z?0(ez?1?z)?limz?0(ez?1)z?limz?0ez?1?zez
?ez 10.
?lim1z?0ez?ez?zez??2 ?z?0为可去奇点 11
当z?2k?i时，
(k?0),z?ez?1?0 ?(ez?1)z?? 而
z?2k?i?ez?1?zezz?2k?i?0 ?z?2k?i为
一阶极点. 四. 证明题.
1. 证明 设F(z)?f(z), 在下半平面内任取一点z0, z是下半平面内异于z0的点, 考虑
limF(z)?F(z0)f(z)?f(z0)f(z)?f(z0z?z?lim?lim).
0z?z0z?z0z?z0z?z0z?z0而z0, z在上半平面内, 已知f(z)在上半平面解析, 因此
F?(z0)?f?(z0), 从而F(z)?f(z)在下半平面内解析.
2. 证明 令f(z)??6z?3,
?(z)?z4, 则f(z)与?(z)在全平面解析,
且在C1:z?2上, f(z)?15??(z)?16,
故在z?2内N(f??,C1)?N(?,C1)?4. 在C2:z?1上, f(z)?3??(z)?1,
故在z?1内N(f??,C2)?N(f,C2)?1.
所以f??在1?z?2内仅有三个零点, 即原方程在1?z?2内仅有三个根.
《复变函数》考试试题（五）参考答案
一. 判断题.
1．√２．√ ３．×４．√５．× 6．× ７．× ８．√ ９．√ 10．√. 二. 填空题.
1.2, ??3, 1?3i; 2. a?2k?i(k?z,a为任意实数); 3. (2k?1)?i, (k?z); 4. 2k?i,(k?z); 5. 0; 6. 0;
? 7. 亚纯函数; 8.
?(?1)nz2n(z?1); 9. 0; 10.
n?0??2?in?1?0n?1. 三. 计算题.
1. 解 令z?a?bi, 则
w?z?1z?1?1?22a(?1?bi)2a(?1)b2z?1?1?(a?12)?b2?1?(a?21)?b2?a(?21)?. b2 故 Re(z?12(a?1)z?1)?1?(a?1)2?b2, Im(z?1z?1)?2b(a?1)2?b2. 2. 解 连接原点及1?i的直线段的参数方程为 z?(1?i)t0?t?1,
故?cRezdz??10?Re[(1?i)t]?(1?i)dt?(1?i)?11?i0tdt?2.
3. 令z?ei?, 则d??dziz. 当a?0时
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