《华中师范大学—复变函数(2005-2006)b》由会员分享，可在线阅读，更多相关《华中师范大学—复变函数(2005-2006)b（5页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、华中师范大学华中师范大学 2005 2006 学年第二学期学年第二学期 期末考试试卷（期末考试试卷（B 卷）参考答案卷）参考答案课程名称 复变函数 课程编号 83410010 任课教师 陈世荣 郑高峰 代晋军 题型选择填空计算证明综合总分分值181250128100得分得分评阅人 一、单项选择题：（共 6 题，每题 3 分）1. 设, 1 , 10zz 记 zzzzl00 1 ，则以下判断正确的是 C . (A) . 1l (B) . 1l (C) . 1l (D) l 的值无法确定. 2. 函数 2)(zzf+1 在 0z处是 B .(A)不可导的. (B) 可导但不解析. (C ) 解析的
2、. (D) 可导且解析. 3. 设)(zf在单连通区域D内解析且恒不为 0, L为D内一条简单闭曲线, 则必有 D . (A) . 0)(Imdzzf L(B) . 0)(Redzzf L(C) . 0)(dzzf L(D) . 0)(1dz Lzf4 . 设), 2 , 1( 2) 1(nLninnin ，则 n nlim B .(A) 0. (B) 1. (C) i. (D) 不存在.5. 设 az 为解析函数)(m阶零点，则 aff,Res A .(A) m. (B) m. (C) . 1m (D) ).1( m6. 设函数)( ),(zgzf分别以az 为极点和本性奇点，则az 为函数
3、)()( zfzg的 B .(A) 可去奇点. (B) 本性奇点. (C) 极点. (D) 无法确定 az 的奇点类别.得分评阅人二、填空题： （共 4 题，每题 3 分）1设 iiw1，则)Im(w= .,22Zkek2复平面上取正实轴作割线，取定多值函数 )01( z在割线上沿取正 实值的一个单值解析分支，则该分支在 iz 处的值为 2ie3设 22 ,172)( dzzf 这里2z，则 )1 (if)114(2i4幂级数01 2 nn nz的收敛半径为 R 1 .得分评阅人 三、计算题： （共 50 分）1. 设)3)(1(1)(zzzf .(1)求)(zf在1z内的泰勒展式. (8 分
4、)(2)求)(zf在圆环31 z内的洛朗展式. (7 分)(3)求)(zf在圆环3z内的洛朗展式. (5 分)解：).11 31(21)(zzzf -(3 分)(1)当1z时.31121 21 36111 )1 ( 3121)(01 003nnn nnnnzzzz zzf -(8分)(2)当21 z时)(zf.1 21 321)1 (1 )1 (31210111 3nnnnnzzzz z-(15 分)(3)当3z时.13 21113121)1 (1 )1 (121)(210013 nnnnnnnzzzzzzzzzzf-(20 分) 2. 利用留数定理计算实积分.(1) 0 2 cos21aad
5、I,其中 . 1a (15 分)解： 2 cos2121 aadI，令iez ，-(3 分)则1 21coszz，,izdzd -(6 分).11,)(1Re22)(21 ) 1(21211 111122 aaaaaazazsaiiazazdz aiazaazdz iI zz-(11 分)-(15 分)(2) dxxaxI 02222)(0a) (15 分)解：令,)()(2222zazzf取如图积分路径RL有： -(2 分)RRaifsidzzfxadxxdzzf LRR,Re2)()()(2222 -(6 分)而)( , 0)()(2222 RRaRRdzzfR-(9 分)aaizazi
6、aizzifsaizaiz41 )(2 )(),(Re322 -(12 分)令R得到 aaiidxxaxI441221 )(212222。-(15 分)得分评阅人 四、证明题： （共 12 分）1. 设)(zf是一个整函数，并且存在着一个正整数n，以及两个正数R和M， 使得当Rz 时，nzMzf)(.证明：)(zf是一个不超过n次的多项式 (常数看作 0 次多项式). (6 分)证明：(法 一) LLn nzazaazf10)( z-(2 分)令 nzzfzF)()(=LLLp pnnnnnzazaaza za1110则)(zF在 z0内解析，且在 zR内有界，故z为)(可去奇点，因此，) 1
7、( , 0papn-(5 分)故n nzazaazfL10)( ，即)(zf是一个不超过n次的多项式。-(6 分 ) (法二) 直接估计系数),( , 0)( 21rRrrMrdf iapnnrpnpn 即得结论 2设)(z在1z上解析，且当1z时，1)(z.证明：在1z内存在唯一的0z，使得 14)(3 000zzz. (6分)证明：(一)记 ,4)(zzf 1)()(3zzzg，则 )(),(zgzf在1z上解析，且-(2 分)当1z时 3)( , 4)(zgzf由儒歇定理即得- -(4分)(14)()(3zzzzgzf在1z内根的个数等于)(zf在1z内根的个数，即 1 个. 故在1z内
8、存在唯一的0z，使得 14)(3 000zzz.-(6 分)(二) 取3)()(, 14)(zzzgzzf亦可. 得分评阅人 五、综合题： （共 8 分）1 设L为一条简单闭曲线，由它所围的有界内区域记为 1D，无界外区域记为 2D，设 1D，Lt 0，2)(sin)(zzzf，令,)( 21)(dtzttf izF L其中Lz.(1) 分别求1Dz及2Dz时 )(表达式. (3 分) (2) 由)(表达式说明)(zF在1D，2D内分别解析且z为)(可 去奇点. (3 分) (3) 令),(lim)(01,0zFtF tzDz ),(lim)(02,0zFtF tzDz写出)(),(00tFt
9、F的表达式 并验证)()()(000tftFtF. (2 分)解：(1) 当2Dz时， tztt tzttszFsin,)(sinRe)(22)()(cossin zz当1Dz时，若z，则.sin21,)(sinRe)()(3 ttsFzF; 若z，则222)()(cossinsin,)(sinRe,)(sinRe)( zzzztzttstzttszF-(3 分)(2 ) 由于2Dz时，z，故)(zF在2D内解析；当1Dz且z时，)(zF显然解析，而又有)(sin21 )()()()(sinlim)(lim232 21 FzzzzzF zz ，故z为)(解析点。即得)(zF在21,DD内分别解析. 又因为 0)(lim zF z，故z为)(可去奇点.(这里)(z在z处解析) -(6 分)(3) .)()(cossinsin)(lim)(2 000,0 01 tttzFtF tzDz.)()(cossin)(lim)(2 00,0 02 ttzFtF tzDz)()(sin)()(02 00 00tftttFtF . -(8 分)
