复变函数与积分变换自测题

1、复变函数与积分变换自测题1：第一章至第三章1、已知函数f(z)在z0处连续，且f(z0)≠0.求证：存在z0的某个邻域，f(z)在其中处处不为0.2、试将1-cosθ+isinθ化为指数形式。3、计算（3+4i）1+i。4、计算tan(3-i)。（注意：指最后结果需将实部、虚部分离）5、求解方程sinz+icosz=4i。6、已知v(x,y)=epxsiny是调和函数，求实常数p的值，并求对应的复变解析函数f(z)=u+iv。7、已知f(z)=ex[xcosy-ysiny+i(ycosy+xsiny)]，求f′(z)。8、已知解析函数f(z)满足，当z≠0时，f′(z)=22xiyxy，求f(z)。9、计算Im()Czdz，其中C：由0到2+i的有向线段。10、计算1Czdz，其中C：1z正向。11、计算cosCzdzz，其中C：1z顺时针方向。12、计算(2Re)Czzdz，其中C：（1，0）沿单位圆的上半周至（-1,0）.13、计算22()(1)Cfzzdzz，其中C：1z。已知条件：f(z)在(1)zRR内解析，且f(0)=1,f′(0)=2.由。

2、此再计算220cos()2ifed的值。自测题1答案1、证明：反设题设结论不成立。用数学语言表示：00,(,),..()0zUzstfz。于是由于f(z)在z0处连续（连续必极限存在），及复变函数极限的定义，知f(z0)=0，与题目已知条件矛盾。∴题设结论获证。2、化为指数形式意味着必须标准化，成为ire形式。我们首先计算复数的模。22(1cos)sin22cos（逆用二倍角公式，这一点大家一定要掌握）2sin2（绝对值符号千万表丢了）下面考虑复数的辐角。sincot1cos2（逆用二倍角公式，注意cot0无意义，事实上2k时，原复数为0，辐角不存在，也不需要表示为指数式了）tan()2。因此，只要2k时，原复数就可以表示为下面的指数式：2sin2()2ie。3、遇到这样的问题一定要用最原始的方法进行计算，首先计算4(34)ln5(arctan2)3Lniik，则原式=444(1)ln5(arctan2)ln5arctan2(ln5arctan)333iikkiee。

3、（为什么可以这样？因为21kie）由此可见，我们绝对不能忽略Lnz的多值性，2kπi很重要！4、tan(3-i)=sin(3)sin3coscos3sincos(3)cos3cossin3siniiiiii（和差角公式）2222sin31cos31(sin31cos31)(cos31sin31)cos31sin31cos31sin31chishchishchishchishchsh222222222222sin3cos3(11)11(sin3cos3)cos31sin31sin622(cos31sin31)chshishchchshishchsh（注意恒等式与二倍角公式的巧妙运用）5、这个问题显然不经处理是无法轻易解决的。考虑原方程可化为4iziei，则我们可知-iz=Ln4.从而z=iLn4=iln4-2kπ。6、1,();,1,()zzpfzeorpfze。（想想为什么可以这样快地得到结果？知道前者就可以对偶地将后者设出来啦～）7、解这样的问题，以首先化简f(z)为宜，因为复变函数的求导法则与实函数相同。(),()。

4、(1)zzfzzefzze。（将复变初等函数展开为u、v的形式，要烂熟于心，“挫骨扬灰”都能认出来！）8、方法一（强烈推荐！解析函数法）11(),()fzfzLnzCxiyz，其中z≠0，C为任意复常数。方法二：首先利用已知条件求得,uvxx，再利用Cauchy-Riemann条件，通过“偏积分”的方法将u、v求出。（很罗嗦，这里不作演示了）9、利用参数法，本题答案为12i。10、大家可以发现本题的解决依赖于第2题的结论！令ize，则原式=202sin(cossin)2iid（注意：积分上下限的变化、积分变量的变化、被积函数的变化）=83i。11、考虑复变函数的积分是线积分，可以将积分曲线的方程代入表达式，则显然分母被消去，原式=0.12、易见222(1)10Czdz（用原函数法），而ReCzdz（令ize）=0cos(cossin)2iiid，∴原式=2i。13、本题大家要勇于对22()(1)Cfzzdzz拆项计算，利用Cauchy积分公式与一阶导数公式，它等于8πi；因此，运用参数化方法。

5、，220cos()2ifed=2π.复变函数与积分变换自测题2：第四章14、幂级数21(!)nnnnzn的收敛半径是多少？15、在z=0的邻域内将()1zefzz展开成泰勒级数，它的收敛半径是多少？16、判别1nnin的敛散性。17、证明{cos（in）}是无界数列，并判别21cos()ninn的敛散性。18、求22sin()()Cfzdz在z=0处的泰勒展开式，其中C：1正向。19、求2225()(2)(1)zzfzzz在圆环域12z和025z内的洛朗展式。自测题2答案20、本题计算的要点在于极限式的变换，因为复变幂级数与实函数的幂级数，求收敛半径的方法是相同的。答案是0，因为极限式化简至最后形如limnen。21、考虑f(z)的第一个不解析点（指离复平面原点最近的一个）为z=1，则收敛半径就是1.这是课本上一个很重要的结论，因为洛朗级数展开时分圆环域讨论的思想，即由此而来。22、这级数是收敛的。遇到这类问题，第一步一定是将实部虚部剥离，分别判定敛散性。大家可以先写出前几项，继而得出结论：原级数=i0(1)2。

6、1nnn+11(1)2nnn，实部、虚部均收敛。因为它们满足Leibniz准则：通项取绝对值后单调递减且趋于0.这是验证常数项交错级数敛散性，最重要的方法。1(1)ln2nnn，大家还记得吗？？23、证明{cos（in）}是无界数列，并判别21cos()ninn的敛散性。普里瓦洛夫（前苏联复变函数论泰斗）是莫斯科大学的教授，一次期末口试(要知道,口试可比笔试难多了,无论是从教师还是从学生的角度来说)，有一个学生刚走进屋子，就被当头棒喝般地问了一句“sinz有界无界？”此人稀里糊涂地回答了一句“有界”，就马上被判不及格，实在是不幸之至。本题实际考查的核心即是sinz、cosz无界，因为当y为实数时，cos(iy)=chy=2yyee。因此，本题不证自明，级数发散。24、解本题的核心是视2()sing，对给定的z用一阶导数公式，则可得f(z)=2πisin2z。这一函数的泰勒展式是十分简单的。25、考虑2225()(2)(1)zzfzzz十分复杂，对于这样的分式多项式函数求洛朗展式，多采用分部分式法。212111()()212fziz。

7、zzzizi，这样一来展式也就十分简单了。复变函数与积分变换自测题3：第五章26、z=1是函数1()cos1fzz的什么奇点？27、求211lim(1)sin(1)zzz。28、设z=a为解析函数f(z)的m级零点，求()Re[,]()fzsafz。29、求1Re[,]sinszz以及1cosRe[,0]sinzszz。30、设（C）：22149xy，求11(1)zCzedz。31、求121zCedzz，其中（C）：(0,1)zrrr。补充列出第四、五章作业题中很重要的一些题：第四章：3、4、9、10、16.第五章：2、5、12、20、50、51、55、（实积分部分）22、24.这些题目不是常规方法能够很好解决的。希望大家复习时加以重视～其中第五章第5题正确答案为A，第51题正确答案为C，校内流传的“参考答案”是错的。第5题考虑z0是f(z)的本性奇点，则0lim()zzfz不存在；从而0lim()zzz也不存在，z0是φ(z)的本性奇点。自测题3答案32、易见将f(z)展开成（z-1）的洛朗级数，有无穷多个负幂项，因。

8、此z=1为f(z)的本性奇点。33、极限不存在，因为z=1为函数的本性奇点（道理同上）。34、令()()()mfzzagz，其中g(a)≠0.那么，1()()()()()Re[,]Re[,]()()()()1Re[,]Re[,]()0mmmfzzagzmzagzsasafzzagzgzsamsagzzamm【注意()()gzgz在z=a点是解析的】35、1Re[,]sinszz（注意z=π是一级极点，用规则1）zz11=limlimsincossinzzzzzz1cosRe[,0]sinzszz（注意z=0是一级极点，用规则1）000cossinlim1limsin1coscos11lim3sinzzzzzzzzzzzzzz这两题考查的都是一级极点用规则1后，连续使用洛必达法则进行变换。但请大家务必注意：洛必达法则在复变函数中，一般都只适用于0/0型的极限！36、考虑积分曲线是一个椭圆，我们令t=z-1，则11(1)zCzedz=1tCtedt，其中C’是C向下做了1个单位的平移变换。

9、。显然，C’仍然只包含被积函数的1个奇点——唯一的奇点——本性奇点0.因此本题结果显然为πi。37、当0r1时，C仅包含被积函数的本性奇点0；r1时，C还包含被积函数的两个一级极点i,-i，即包含了被积函数的一切奇点。因此，我们考虑一种另辟蹊径的方法。r1时，我们转而考虑被积函数在无穷远点的留数，按照公式易求得留数为0；又可按照一级极点的规则1求得，函数在i,-i两点留数之和为-sin1。因此，函数在0点的留数为sin1.∴121zCedzz=2πisin1（当0r1时）或0（当r1时）。当然，被积函数在0点处的留数也一定是可以用常数项级数的“柯西乘法”（实质上是卷积的一种，大家到11月就弄明白啦～）求得的。但是需要花费一些时间。所以考场上大家最好采用转化计算复杂度的方法～。