1?2acos??a?1?a(z?z)?a?2?12(z?a)(1?az)z,

1(z?a)(1?az)

只以《复变函数》考试试题（六）参考答案

二、填空题：1. ?1?ei 2. z??1 3. 2? 4. 1 5. 故I?1i?dzz?1(z?a)(1?az), 且在圆z?1内f(z)?z?a为一级极

点, 在z?1上无奇点,

故

Resf(z)?1?1z?a1?az2,(0?a?1), 由残数定理有

z?a1?aI?1i2?iResf(z)?2?2,(0?a?1).

z?a1?a4. 解 令f(z)??z, 则f(z),?(z)在z?1内解析, 且在C:z?1上,

?(z)?1?f(z),

所以在z?1内, N(f??,C)?N(f,C)?1, 即原方程在 z?1内只有一个根. 四. 证明题. 1. 证明

因

为

u(x,y)?x2?y2,v(x,y)?0, 故ux?2x,uy?2y,vx?vy?0.

这四个偏导数在z平面上处处连续, 但只在z?0处满足C.?R.条件, 故f(z)只在除了z?0外处处不可微. 2. 证明 取 r?R, 则对一切正整数 k?n 时,

f(k)(0)?k!(z)n2??fz?rzk?1dz?k!Mrrk.

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 1

6. m?1阶 7. 整函数10. 欧拉公式 三、计算题： 1. 解：因为

2?i6?1159?36?6?1,

故lim(2?i)n6?0.

n??2. 解：?1?i?2?3,

?f(z)?1f(?)2?i?C??zd?

2 ??3??7??1C??zd?.

因此 f(?)??2i(?32??7? 1) 故f(z)?2?i(3z2?7z?1)

f?(1?i)??2i(6z?17?i)??2i 8. ?(?13i?6?) 9. ?2?(. 6i0 3) 113

ezz13.解：z2?1?e2?(1z?i?z?i)

i ?Res(f(z),i)?e2.

?(?1)n(z34.解：sinz3??)2n?1,

n?0(2n?1)!3? ?sinz(?1)nn?3z6??(2n?1)!z6. n?0225．解：设z?x?iy, 则w?z?1iy?y?1)?2yiz?1?x?1?z?1?iy?(x(x?1)2?y2.

22 ?Rew?x?y?1(x?1)2?y2,Imw?2y(x?1)2?y2.

?6．解：e?3i?cos(??3)?isin(??3)?12(1?3i).

四、1. 证明：设f(z)?9z6,?(z)?z7?6z3?1,

则在z?1上，f(z)?9,?(z)?1?6?1?8, 即有f(z)??(z).

根据儒歇定理，f(z)与f(z)??(z)在单位圆内有相同个数的零点，而f(z)的零点个数为6，故z7?9z6?6z3?1?0在单位圆内的根的个数

为6.

2.证明：设v(x,y)?a?bi，则vx?vy?0, 由于f(z)?u?iv在内D解析，因此?(x,y)?D有 ux?vy?0, uy??vx?0.

于是u(x,y)?c?di故f(z)?(a?c)?(b?d)i，即f(z)在内D恒为常

数.

3.证明：由于z0是f(z)的m阶零点，从而可设

f(z)?(z?0zm)g(，z)

其中g(z)在z0的某邻域内解析且g(z0)?0， 于是

1f(z)?1(z?m?1

0z)g(z)由g(z0)?0可知存在z0的某邻域D1，在D1内恒有g(z)?0，因此

1g(z)在内D11解析，故z0为

f(z)的m阶极点.

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