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-cos+isin 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 z0
2、时，f(z)= ，求 f(z)。2xiy9、计算 ，其中 C：由 0 到 2+i 的有向线段。Im()Czd10、 计算 ，其中 C： 正向。11z11、 计算 ，其中 C： 顺时针方向。cosCzdA12、 计算 ，其中 C：（1，0）沿单位圆的上半周至（-1,0）.(2Re)13、 计算 ，其中 C： 。已知条件：f(z)在2(1)Cfzdz内解析，且 f(0)=1,f(0)=2.由此再计算z的值。20cos()ifed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：。0,(,).()0zUstfz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，
3、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 形式。ire我们首先计算复数的模。 （逆用二倍角2(1cos)in2cos公式，这一点大家一定要掌握） （绝对值符号千万表丢了）i下面考虑复数的辐角。 （逆用二倍角公式，注意 cot0 无意义，sincot12事实上 时，原复数为 0，辐角不存在，也不需要表示为指数式了）2k。因此，只要 时，原复数就可以表示为下面的指数式：tan()k。si2()ie3、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 ，则原式=4(4)ln5(arct2)3Liik44(1)ln5(arct2)ln5arct2(
4、ln5arct)3 3iik kiee （为什么可以这样？因为 ）1ki由此可见，我们绝对不能忽略 Lnz 的多值性，2ki 很重要！4、tan(3-i)= （和差角公式）sin(3)sicos3incoi22i11)(co1sin3)sisihhhs 2222in3c()(in3o3is6(1in)chs（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 ，4ize则我们可知-iz=Ln4.从而 z=iLn4=iln4-2k。6、 。 （想想为什么可以这样快地得到1,();,1,()z zpfeorpfe结果？知道前者就可以对偶地将后者设出来啦）7
5、、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。 。(),()1zzfefe（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） ，1(),()fzfzLnCxiy其中 z0，C 为任意复常数。方法二：首先利用已知条件求得 ，再利用 Cauchy-Riemann 条件，通过,uvx“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 。12i10、大家可以发现本题的解决依赖于第 2 题的结论！令 ，则原式=ize（注意：积分上下限的变化、积分变量的变化、被20sin(
6、cosin)d积函数的变化）= 。83i11、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 （用原函数法） ，而 （令 ）2(1)0Czd ReCzdie= ，原式= 。0cos(sin)ii 2i13、本题大家要勇于对 拆项计算，利用 Cauchy 积分公式与2()(1CfzdA一阶导数公式，它等于 8i；因此，运用参数化方法，=2.20cos()ifed复变函数与积分变换自测题 2：第四章14、 幂级数 的收敛半径是多少？21(!)nnz15、 在 z=0 的邻域内将 展开成泰勒级数，它的收敛半径是多少？()1zef16、 判别 的敛散
7、性。1ni17、 证明cos（in）是无界数列，并判别 的敛散性。21cos()ni18、 求 在 z=0 处的泰勒展开式，其中 C： 正向。2sin()CfzdA119、 求 在圆环域 和 内的洛25()(1zfz2z05z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 。limne21、 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
8、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=i + ，实部、虚部均收敛。因为它们满足0(1)2n1()nLeibniz 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。，大家还记得吗？1()ln2n23、 证明cos（in）是无界数列，并判别 的敛散性。21cos()ni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“sin z 有界无界？”此人稀里糊涂地回答了一句“有
9、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= 。因此，本题不证自明，级数发散。2ye24、 解本题的核心是视 ，对给定的 z 用一阶导数公式，则可2()sing得 f(z)=2isin2z。这一函数的泰勒展式是十分简单的。25、 考虑 十分复杂，对于这样的分式多项式函数求25()(1zf洛朗展式，多采用分部分式法。，这样一来展式也就十分简21() ()fzizzi单了。复变函数与积分变换自测题 3：第五章26、 z=1 是函数 的什么奇点？1()cosfz27、 求 。21limin()z28、 设
10、z=a 为解析函数 f(z)的 m 级零点，求 。()Re,fzsa29、 求 以及 。1Re,sinz1coe,0sinz30、 设（C）： ，求 。249xy1()zCdA31、 求 ，其中（C）： 。12zedA(0,1)zr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 不存在；从而0lim
11、()zf也不存在，z 0是 (z)的本性奇点。0lim()z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 ，其中 g(a)0.那么，()(mfzagz1)()(Re,e ,()1,R,0 mzagzssfgzazam 【注意 在 z=a 点是解析的】()zg35、 （注意 z= 是一级极点，用规则 1）1Re,sinzzz 1=limlcosinz（注意 z=0 是一级极点，用规则 1）1se,0in00cossinlim1linco13z
12、zz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= ，其中 C是 C 向下做了 1 个单位的平移变换。显1()zCedA1tC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 i。37、 当 01 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. =2isin1（当 01 时） 。12zCedA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
