经市场调查分析，某地区预计从2005年开始的前几个月内，对某种商品的需要总量an（万元）与n的关系式为an=$\frac{1}{150}n（n+1）（35-2n）$，（n=1，2，3，…，12）（1）写出这一年的前（n-1）个月内的需要总量an-1（万元）的关系式；（2）写出这一年的第n个月的需要量y（万元）与n的关系式；（3）将（2）中所求出的函数配方成$a{（{x+\frac{b}{2a}}）^2}+\frac{{4ac-{b^2}}}{4a}$的形式，写出顶点坐标，画出草图，观察图象，指出这一年哪个月份的需要量将是最高，是多少？
（1）把函数an=$\frac{1}{150}n（n+1）（35-2n）$中的n改为n-1可以得到an-1的关系式．（2）用an-an-1可以表示y与n的关系式．（3）利用配方法求出二次函数的顶点坐标，根据顶点坐标确定最高需要量以及对应的月份．
（1）an-1=$\frac{1}{150}$n（n-1）（37-2n）；（2）y=an-an-1=$\frac{1}{150}$n[（n+1）（35-2n）-（n-1）（37-2n）]=-$\frac{1}{25}$n2+$\frac{12}{25}$n；（3）∵y=-$\frac{1}{25}$n2+$\frac{12}{25}$n=-$\frac{1}{25}$（n-6）2+$\frac{36}{25}$，∴顶点坐标为（6，$\frac{36}{25}$），如图，根据图象，6月份需求量最高，最高是$\frac{36}{25}$万元．证明：若幂级数an x^n的收敛半径是r，且在区间(-r,r)一致收敛，则幂级数an x^n在区间[-r,r]一致收敛。_作业帮
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证明：若幂级数an x^n的收敛半径是r，且在区间(-r,r)一致收敛，则幂级数an x^n在区间[-r,r]一致收敛。
证明：若幂级数an x^n的收敛半径是r，且在区间(-r,r)一致收敛，则幂级数an x^n在区间[-r,r]一致收敛。
阿贝尔定理：若幂级数∑an(x-x0)在x不等于xo处收敛，则对于任意满足不等式|x-x0|2011《复变函数论》试题库 《复变函数论》《复变函数》考试试题（一） 复变函数》考试试题（一、 判断题（20 分） ： 1.若 f(z)在 z0 的某个邻域内可导，则函数 f(z)在 z0 解析. 2.有界整函数必在整个复平面为常数. 3.若 ( ( ( ( ( ( ( ( ) ) ) ) ) ) ) ){z n }<
br />收敛，则{Re z n } {Im z n }与都收敛.4.若 f(z)在区域 D 内解析，且f &#39; ( z ) ≡ 0 ，则 f ( z ) ≡ C （常数）.5.若函数 f(z)在 z0 处解析，则它在该点的某个邻域内可以展开为幂级数. 6.若 z0 是 f (z ) 的 m 阶零点，则 z0 是 1/ f (z ) 的 m 阶极点. 7.若 z → z 0lim f ( z )存在且有限，则 z0 是函数 f(z)的可去奇点.8.若函数 f(z)在是区域 D 内的单叶函数，则 f &#39; ( z ) ≠ 0(?z ∈ D ) . 9. 若 f(z)在区域 D 内解析, 则对 D 内任一简单闭曲线 C∫Cf ( z )dz = 0 .( )）10.若函数 f(z)在区域 D 内的某个圆内恒等于常数，则 f(z)在区域 D 内恒等于常数.（ 二.填空题（20 分） 1、dz ∫|z ? z0 |=1 ( z ? z0 ) n = __________.（ n 为自然数）22. sinz + cos 2 z =_________.3.函数 sin z 的周期为___________.4.设f ( z) =∞1 z + 1 ，则 f (z ) 的孤立奇点有__________.2n5.幂级数∑ nzn =0的收敛半径为__________.6.若函数 f(z)在整个平面上处处解析，则称它是__________.7.若 n → ∞lim zn = ξz1 + z2 + ... + zn = n ，则 n → ∞ ______________. lim1Re s (8.ez ,0 ) = zn ________，其中 n 为自然数.sin z 的孤立奇点为________ . z z0 是 f (z ) 的极点，则 zlim f ( z ) = ___ . → z0 10.若9. 三.计算题（40 分） ：f ( z) =1. 设1 ( z ? 1)( z ? 2) ，求 f (z ) 在 D = {z : 0 &| z |& 1} 内的罗朗展式.2.1 ∫|z|=1 cos z dz.设3.f ( z) = ∫3λ2 + 7λ + 1 dλ C λ?z ，其中 C = {z :| z |= 3} ，试求 f &#39; (1 + i ).4. 求复数w=z ?1 z + 1 的实部与虚部.四. 证明题.(20 分) 1. 函数 为常数. 2. 试证: f ( z ) =f (z ) 在区域 D 内解析. 证明：如果 | f ( z ) | 在 D 内为常数，那么它在 D 内z (1 ? z ) 在割去线段 0 ≤ Re z ≤ 1 的 z 平面内能分出两个单值解析分支,并求出支割线 0 ≤ Re z ≤ 1 上岸取正值的那支在 z = ?1 的值.2《复变函数》考试试题（二） 复变函数》考试试题（ 一. 判断题.（20 分）1.2. 3. 4. 5. 6.若函数 f ( z ) = u ( x, y ) + iv( x, y ) 在 D 内连续，则 u(x,y)与 v(x,y)都在 D 内连续.cos z 与 sin z 在复平面内有界. 若函数 f(z)在 z0 解析，则 f(z)在 z0 连续. 有界整函数必为常数. ( ( ( ( ( (C) ) ) ) ) )如 z0 是函数 f(z)的本性奇点，则 lim f ( z ) 一定不存在.z → z0若函数 f(z)在 z0 可导，则 f(z)在 z0 解析.7. 若 f(z)在区域 D 内解析, 则对 D 内任一简单闭曲线 C ∫ f ( z )dz = 0 . ( 8. 9. ) )若数列 {zn } 收敛，则 {Re zn } 与 {Im z n } 都收敛.(若 f(z)在区域 D 内解析，则|f(z)|也在 D 内解析. ( ) 1 1 1 10. 存 在 一 个 在 零 点 解 析 的 函 数 f(z) 使 f ( )=0 且 f( )= , n = 1,2,... . n +1 2n 2n ( ) 二. 填空题. (20 分)1. 设 z= ?i ，则| z |= __, arg z = __, z = __z →1+ i2.设 f ( z ) = ( x 2 + 2 xy) + i (1 ? sin( x 2 + y 2 ), ?z = x + iy ∈ C ，则 lim f ( z ) = ________.3.dz ∫|z ? z0 |=1 ( z ? z0 ) n = _________.（ n 为自然数）幂级数 ∑ nz n 的收敛半径为__________ .n =0 ∞4. 5. 6. 7. 8. 9.若 z0 是 f(z)的 m 阶零点且 m&0，则 z0 是 f &#39; ( z ) 的_____零点. 函数 ez 的周期为__________. 方程 2 z 5 ? z 3 + 3 z + 8 = 0 在单位圆内的零点个数为________. 设 f ( z) =1 ，则 f ( z ) 的孤立奇点有_________. 1 + z2函数 f ( z ) =| z | 的不解析点之集为________.310.Res(z ?1 ,1) = ____ . z4三. 计算题. (40 分) 1. 2.3 求函数 sin(2 z ) 的幂级数展开式.在复平面上取上半虚轴作割线. 试在所得的区域内取定函数z在正实轴取正实值的一个解析分支， 并求它在上半虚轴左沿的点及右 沿的点 z3.= i 处的值.= ∫ | z | dz ，积分路径为（1）单位圆（ | z |= 1）?i i计算积分： I的右半圆.∫4. 求sin zz =2(z ?π2dz )2.四. 证明题. (20 分)1.设函数 f(z)在区域 D 内解析，试证：f(z)在 D 内为常数的充要条件是 f (z ) 在D 内解析. 2.试用儒歇定理证明代数基本定理.4《复变函数》考试试题（三） 复变函数》考试试题（一. 判断题. (20 分). 1. 2. 3. 4. 5. cos z 与 sin z 的周期均为 2kπ . 若 f(z)在 z0 处满足柯西-黎曼条件, 则 f(z)在 z0 解析. 若函数 f(z)在 z0 处解析，则 f(z)在 z0 连续. 若数列 {zn } 收敛，则 {Re zn } 与 {Im z n } 都收敛. ( ( ( ( ) ) ) )若函数 f(z)是区域 D 内解析且在 D 内的某个圆内恒为常数，则数 f(z)在区 域 D 内为常数. ( ) 6. 若函数 f(z)在 z0 解析，则 f(z)在 z0 的某个邻域内可导. ( ) 7. 如果函数 f(z)在 D = {z :| z |≤ 1} 上解析,且 | f ( z ) |≤ 1(| z |= 1) ,则| f ( z ) |≤ 1(| z |≤ 1) .（）8. 9.若函数 f(z)在 z0 处解析，则它在该点的某个邻域内可以展开为幂级数. ( ) 若 z0 是 f (z ) 的 m 阶零点, 则 z0 是 1/ f (z ) 的 m 阶极点. ( ( ) )10. 若 z0 是f (z ) 的可去奇点，则 Res( f ( z ), z0 ) = 0 .二. 填空题. (20 分) 1 1. 设 f ( z ) = 2 ，则 f(z)的定义域为___________. z +1 2. 函数 ez 的周期为_________. n+2 1 3. 若 zn = + i (1 + ) n ，则 lim z n = __________. n →∞ 1? n n 4.sin 2 z + cos 2 z = ___________.5. 6.dz ∫|z ? z0 |=1 ( z ? z0 ) n = _________.（ n 为自然数）幂级数 ∑ nx n 的收敛半径为__________.n =0 ∞7. 8. 9.设f ( z) =z1 ，则 f(z)的孤立奇点有__________. z2 +1设e= ?1，则 z = ___ .f (z ) 的极点，则 lim f ( z ) = ___ .z → z05若 z0 是10.ez Res( n ,0) = ____ . z将函数 f ( z ) = z e z 在圆环域 0 & z & ∞ 内展为 Laurent 级数.2 1三. 计算题. (40 分) 1.2.试求幂级数n! n ∑ n n z 的收敛半径. n=+∞3.e z dz 算下列积分： ∫C z 2 ( z 2 ? 9) ，其中 C 是| z |= 1.求z94. 四. 1.? 2 z 6 + z 2 ? 8 z ? 2 = 0 在|z|&1 内根的个数.证明题. (20 分) 函数f (z ) 在区域 D 内解析.证明：如果 |f ( z ) | 在 D 内为常数，那么它在 D 内为常数. 2. 设f (z ) 是一整函数，并且假定存在着一个正整数 n，以及两个正数 R 及 M， z |≥ R 时 | f ( z ) |≤ M | z |n ，使得当 |证明f (z ) 是一个至多 n 次的多项式或一常数。6《复变函数》考试试题（四） 复变函数》考试试题（一. 判断题. (20 分) 1. 若 f(z)在 z0 解析，则 f(z)在 z0 处满足柯西-黎曼条件. 2. 若函数 f(z)在 z0 可导，则 f(z)在 z0 解析. 3. 函数 sin z 与 cos z 在整个复平面内有界.4. 若 f(z)在区域 D 内解析，则对 D 内任一简单闭曲线 C 都有（ ） （ ） （ ）∫Cf ( z )dz = 0 .（ ） ） ） ） ）lim 5. 若 z→ z0f ( z ) 存在且有限，则 z0 是函数的可去奇点.（ （ （ （6.若函数 f(z)在区域 D 内解析且 f &#39; ( z ) = 0 ，则 f(z)在 D 内恒为常数.7. 8.lim 如果 z0 是 f(z)的本性奇点，则 z→ z0f ( z ) 一定不存在.若f ( z0 ) = 0, f ( n ) ( z0 ) = 0 ，则 z0 为 f (z ) 的 n 阶零点.9. 若f (z ) 与 g (z ) 在 D 内 解 析 ， 且 在 D 内 一 小 弧 段 上 相 等 ， 则（ ）f ( z ) ≡ g ( z ), z ∈ D .10. 若f (z ) 在 0 &| z |& +∞ 内解析，则（ ）Res( f ( z ),0) = ? Res( f ( z ), ∞) .二. 填空题. (20 分)1. 设 z 2.=3. 4. 5. 6.z1 + z2 + ... + zn = ______________. n →∞ n →∞ n 函数 ez 的周期为__________. 1 函数 f ( z ) = 的幂级数展开式为__________ 1 + z2 若函数 f(z)在复平面上处处解析，则称它是___________. 若函数 f(z)在区域 D 内除去有限个极点之外处处解析，则称它是 D 内的 _____________.1 ，则 Re z = __, Im z = ___ . 1? i若 lim zn = ξ ，则 lim7.设 C :|z |= 1，则 ∫ ( z ? 1) dz = ___ .C78.sin z 的孤立奇点为________. z若 z0 是9.f (z ) 的极点，则 lim f ( z ) = ___ .z → z010. 三.ez Res( n ,0) = _____________. z计算题. (40 分) 3 1. 解方程 z + 1 = 0 . ez ，求 Re s ( f ( z ), ∞). z2 ?1.2.设 f ( z) =3.z ∫|z|=2 (9 ? z 2 )( z + i) dz.z4.1 1 ? 函数 f ( z ) = e ? 1 z 有哪些奇点？各属何类型 （若是极点， 指明它的阶数） .四. 证明题. (20 分)1. 证明：若函数 2.f (z ) 在上半平面解析，则函数 f (z ) 在下半平面解析.证明 z 4 ? 6 z + 3 = 0 方程在 1 &| z |& 2 内仅有 3 个根.8《复变函数》考试试题（五） 复变函数》考试试题（一. 判断题.（20 分）1. 2. 3. 4. 5. 若函数 f(z)是单连通区域 D 内的解析函数， 则它在 D 内有任意阶导数. （ ） 若函数 f(z)在区域 D 内的解析，且在 D 内某个圆内恒为常数，则在区域 D 内 恒等于常数. （ ） 若 f(z)在区域 D 内解析，则|f(z)|也在 D 内解析. （ ） 若幂级数的收敛半径大于零，则其和函数必在收敛圆内解析. （ ） 若函数 f(z)在 z0 处满足 Cauchy-Riemann 条件，则 f(z)在 z0 解析. （ ）z → z06. 若 lim f ( z ) 存在且有限， z0 是 f(z)的可去奇点. 则 7. 8. 9. 若函数 f(z)在 z0 可导，则它在该点解析. 设函数 若 z0 是（ （ （） ） ）f (z ) 在复平面上解析，若它有界，则必 f (z ) 为常数. f (z ) 的一级极点，则z → z0Res( f ( z ), z0 ) = lim ( z ? z0 ) f ( z ) .10. 若（）f (z ) 与 g (z ) 在 D 内 解 析 ， 且 在 D 内 一 小 弧 段 上 相 等 ， 则（ ）f ( z ) ≡ g ( z ), z ∈ D .二. 填空题.（20 分） 1. 2. 3. 4. 5. 设z 当z 设e= 1? 3i ，则 | z |= __, arg z = __, z = __ .= ___ 时， e z 为实数.z= ?1，则 z = ___ . z |= 1，则 ∫ ( z ? 1) dz = ___ .Ce z 的周期为___.设 C :|6.ez ?1 Res( ,0) = ____ . z7. 若函数 f(z)在区域 D 内除去有限个极点之外处处解析，则称它是 D 内的 _____________。 1 8. 函数 f ( z ) = 的幂级数展开式为_________. 1 + z299.sin z 的孤立奇点为________. z设 C 是以为 a 心，r 为半径的圆周，则然数）10.1 ∫C ( z ? a)n dz = ___ .（ n 为自三. 计算题. (40 分)z ?1 1. 求复数 的实部与虚部. z +12. 计算积分：I = ∫ Re zdz ，L在这里 L 表示连接原点到 1 + i 的直线段.3. 4.dθ ∫0 1 ? 2a cosθ + a 2 ，其中 0&a&1. 应用儒歇定理求方程 z = ? (z ) ，在 |z|&1 内根的个数，在这里 ? (z ) 在求积分： I =2π| z |≤ 1上解析，并且 | ? ( z ) |& 1.四. 证明题. (20 分)1. 2.证明函数 设f ( z ) =| z |2 除去在 z = 0 外，处处不可微.f (z ) 是一整函数，并且假定存在着一个正整数 n，以及两个数 R 及 M， z |≥ R 时 | f ( z ) |≤ M | z |n ，使得当 |证明:f (z ) 是一个至多 n 次的多项式或一常数.10《复变函数》考试试题（六） 复变函数》考试试题（一、判断题（30 分） ： 1. 2. 3. 4. 5. 若函数 f ( z ) 在 z0 解析，则 f ( z ) 在 z0 连续. （ ） 若函数 f ( z ) 在 z0 处满足 Caychy-Riemann 条件，则 f ( z ) 在 z0 解析. （ 若函数 f ( z ) 在 z0 解析，则 f ( z ) 在 z0 处满足 Caychy-Riemann 条件. （ 若函数 f ( z ) 在是区域 D 内的单叶函数，则 f ′( z ) ≠ 0(?z ∈ D ) . （ ） ） ）若 f ( z ) 在单连通区域 D 内解析，则对 D 内任一简单闭曲线 C 都有 （ ）∫Cf ( z )dz = 0 .6. 7.若 f ( z ) 在区域 D 内解析，则对 D 内任一简单闭曲线 C 都有∫Cf ( z )dz = 0 .（）若 f ′( z ) ≠ 0(?z ∈ D ) ，则函数 f ( z ) 在是 D 内的单叶函数.（ ） 若 z0 是 f ( z ) 的 m 阶零点，则 z0 是8.1 的 m 阶极点.（ ） f ( z)9.如果函数 f ( z ) 在 D = z : z ≤ 1 上解析，且 f ( z ) ≤ 1( z = 1) ,则 f ( z ) ≤ 1( z ≤ 1) . （ ）{}10.sin z ≤ 1(?z ∈ C ) .（ ）n+2 1 + i (1 + ) n ，则 lim zn = ___________. 1? n n 1 设 f ( z) = 2 ，则 f ( z ) 的定义域为____________________________. z +1 函数 sin z 的周期为_______________________.sin 2 z + cos 2 z = _______________________.幂级数二、填空题（20 分） 1. 2. 3. 4. 若 zn =5.∑ nzn =0+∞n的收敛半径为________________.6. 7. 8. 9.若 z0 是 f ( z ) 的 m 阶零点且 m & 1 ，则 z0 是 f ′( z ) 的____________零点. 若函数 f ( z ) 在整个复平面处处解析，则称它是______________. 函数 f ( z ) = z 的不解析点之集为__________. 方程 2 z ? z + 3 z + 8 = 0 在单位圆内的零点个数为___________.5 31110. 公式 e = cos x + i sin x 称为_____________________.ix三、计算题（30 分）? 2?i ? 1、 lim ? ? . n →∞ ? 6 ?n2、设 f ( z ) =3λ 2 + 7λ + 1 ∫C λ ? z d λ ，其中 C = { z : z = 3} ，试求 f ′(1 + i) .ez 3、设 f ( z ) = 2 ，求 Re s ( f ( z ), i ) . z +14、求函数sin z 3 在 0 & z & ∞ 内的罗朗展式. z65、求复数 w = 6、求 e? i 3z ?1 的实部与虚部. z +1π的值.四、证明题（20 分） 1、 方程 z + 9 z + 6 z ? 1 = 0 在单位圆内的根的个数为 6.7 6 3则 2、 若函数 f ( z ) = u ( x, y ) + iv ( x, y ) 在区域 D 内解析，v ( x, y ) 等于常数， f ( z ) 在 D 恒等 于常数. 3、 若 z0 是 f ( z ) 的 m 阶零点，则 z0 是1 的 m 阶极点. f ( z)12《复变函数》考试试题（七） 复变函数》考试试题（一、判断题（24 分） 1. 2. 3. 4. 5. 6. 若函数 f ( z ) 在 z0 解析，则 f ( z ) 在 z0 的某个领域内可导.（ ） 若函数 f ( z ) 在 z0 处解析，则 f ( z ) 在 z0 满足 Cauchy-Riemann 条件.（ 如果 z0 是 f ( z ) 的可去奇点，则 lim f ( z ) 一定存在且等于零.（ ）z → z0）若函数 f ( z ) 是区域 D 内的单叶函数，则 f ′( z ) ≠ 0(?z ∈ D ) .（ ） 若函数 f ( z ) 是区域 D 内的解析函数，则它在 D 内有任意阶导数.（ ） 若函数 f ( z ) 在区域 D 内的解析，且在 D 内某个圆内恒为常数，则在区域 D 内恒等于 常数.（ ）7.若 z0 是 f ( z ) 的 m 阶零点，则 z0 是1 的 m 阶极点.（ ） f ( z)二、填空题（20 分） 1. 2. 3. 4. 若 zn = sin1 1 + i (1 + )n ，则 lim zn = ___________. 1? n n z 设 f ( z) = 2 ，则 f ( z ) 的定义域为____________________________. z +1函数 e 的周期为______________.zsin 2 z + cos 2 z = _______________.幂级数5.∑n zn =0+∞2 n2的收敛半径为________________.6. 7. 8. 9.若 z0 是 f ( z ) 的 m 阶零点且 m & 1 ，则 z0 是 f ′( z ) 的____________零点. 若函数 f ( z ) 在整个复平面处处解析，则称它是______________. 函数 f ( z ) = z 的不解析点之集为__________. 方程 3 z ? z + 3 z + 8 = 0 在单位圆内的零点个数为___________.8 3ez 10. Re s ( n , 0) = _________________. z三、计算题（30 分）131、 求 ?? 1+ i ? ? 1? i ? ? +? ? . ? 2? ? 2?3λ 2 + 7λ + 1 ∫C λ ? z d λ ，其中 C = { z : z = 3} ，试求 f ′(1 + i) .ez ，求 Re s ( f ( z ), 0) . z2222、 设 f ( z ) =3、设 f ( z ) =4、求函数z 在 1 & z & 2 内的罗朗展式. ( z ? 1)( z + 1)5、求复数 w =z ?1 的实部与虚部. z +16、利用留数定理计算积分： 四、证明题（20 分）∫32π0dx ， (a & 1) . a + cos x1、方程 24 z + 9 z + 6 z + z + 1 = 0 在单位圆内的根的个数为 7.7 6 32、若函数 f ( z ) = u ( x, y ) + iv ( x, y ) 在区域 D 内解析， f ( z ) 等于常数，则 f ( z ) 在 D 恒等 于常数. 3、 若 z0 是 f ( z ) 的 m 阶零点，则 z0 是 五、计算题（10 分） 求一个单叶函数， 去将 z 平面上的上半单位圆盘 z : z & 1, Im z & 0 保形映射为 w 平面的单 位圆盘 w : w & 11 的 m 阶极点. f ( z){}{}14《复变函数》考试试题（八） 复变函数》考试试题（一、判断题（20 分） 1、若函数 f ( z ) 在 z0 解析，则 f ( z ) 在 z0 连续.（ ） 2、若函数 f ( z ) 在 z0 满足 Cauchy-Riemann 条件，则 f ( z ) 在 z0 处解析.（ ） 3、如果 z0 是 f ( z ) 的本性奇点，则 lim f ( z ) 一定不存在.（ ）z → z04、若函数 f ( z ) 是区域 D 内解析，并且 f ′( z ) ≠ 0(?z ∈ D ) ，则 f ( z ) 是区域 D 的单叶函数. （ ） ）5、若函数 f ( z ) 是区域 D 内的解析函数，则它在 D 内有任意阶导数.（6、若函数 f ( z ) 是单连通区域 D 内的每一点均可导，则它在 D 内有任意阶导数.（ ） 7、若函数 f ( z ) 在区域 D 内解析且 f ′( z ) = 0 ，则 f ( z ) 在 D 内恒为常数.（ ） 8. 9. 存在一个在零点解析的函数 f ( z ) 使 f (1 1 1 ) =0且 f ( ) = , n = 1, 2,L .（ ） n +1 2n 2n如果函数 f ( z ) 在 D = z : z ≤ 1 上解析，且 f ( z ) ≤ 1( z = 1) ，则 f ( z ) ≤ 1( z ≤ 1) . （{}） 10. sin z 是一个有界函数.（ ） 二、填空题（20 分） 1、若 zn =n+2 1 + i (1 + ) n ，则 lim zn = ___________. 1? n n2、设 f ( z ) = ln z ，则 f ( z ) 的定义域为____________________________. 3、函数 sin z 的周期为______________. 4、若 lim zn = ξ ，则 limn →∞z1 + z2 + L + zn = _______________. n →∞ n5、幂级数∑ nzn =0+∞n5的收敛半径为________________.6、函数 f ( z ) =1 的幂级数展开式为______________________________. 1+ z27、若 C 是单位圆周， n 是自然数，则∫1 dz = ______________. C ( z ? z )n 08、函数 f ( z ) = z 的不解析点之集为__________. 9、方程 15 z ? z + 4 z + 8 = 0 在单位圆内的零点个数为___________.5 3 21510、若 f ( z ) =1 ，则 f ( z ) 的孤立奇点有_________________. 1+ z2三、计算题（30 分） 1、求∫z =1e z +1 sin zdz +1 dz ∫ z =3 ( z ? 1)( z ? 4) 2π i2、设 f ( z ) =3λ 2 + 7λ + 1 ∫C λ ? z d λ ，其中 C = { z : z = 3} ，试求 f ′(1 + i) .ez 3、设 f ( z ) = 2 ，求 Re s ( f ( z ), ∞) . z ?14、求函数z + 10 在 2 & z & +∞ 内的罗朗展式. ( z ? 1)( z 2 ? 2) z ?1 的实部与虚部. z +16 35、求复数 w =四、证明题（20 分） 1、方程 15 z + 5 z + 6 z ? 1 = 0 在单位圆内的根的个数为 7.72、若函数 f ( z ) = u ( x, y ) + iv ( x, y ) 在区域 D 内连续，则二元函数 u ( x, y ) 与 v ( x, y ) 都在 D 内连续. 4、 若 z0 是 f ( z ) 的 m 阶零点，则 z0 是 五、计算题（10 分） 求一个单叶函数，去将 z 平面上的区域 ? z : 0 & arg z &1 的 m 阶极点. f ( z)? ?4 ? π ? 保形映射为 w 平面的单位圆盘 5 ?{w : w & 1} .162011《复变函数》考试试题（九） 《复变函数》考试试题（一、判断题（20 分） 1、若函数 f ( z ) 在 z0 可导，则 f ( z ) 在 z0 解析.（ ） 2、若函数 f ( z ) 在 z0 满足 Cauchy-Riemann 条件，则 f ( z ) 在 z0 处解析.（ ） 3、如果 z0 是 f ( z ) 的极点，则 lim f ( z ) 一定存在且等于无穷大.（ ）z → z04、若函数 f ( z ) 在单连通区域 D 内解析，则对 D 内任一简单闭曲线 C 都有 （ ）∫Cf ( z )dz = 0 .5、若函数 f ( z ) 在 z0 处解析，则它在该点的某个领域内可以展开为幂级数.（）6、 若函数 f ( z ) 在区域 D 内的解析， 且在 D 内某一条曲线上恒为常数， f ( z ) 在区域 D 内 则 恒为常数.（ ） 7、若 z0 是 f ( z ) 的 m 阶零点，则 z0 是1 的 m 阶极点.（ ） f ( z)8、 如果函数 f ( z ) 在 D = z : z ≤ 1 上解析， f ( z ) ≤ 1( z = 1) ， f ( z ) ≤ 1( z ≤ 1) （ ） 且 则 . 9、 lim e = ∞ .（z z →∞{}） ）10、如果函数 f ( z ) 在 z ≤ 1 内解析，则 max{ f ( z ) } = max{ f ( z ) }. （z ≤1 z =1二、填空题（20 分）1 2 + i (1 ? )n ，则 lim zn = ___________. 1+ n n 1 2、设 f ( z ) = ，则 f ( z ) 的定义域为____________________________. sin z 3、函数 sin z 的周期为______________.1、若 zn = sin 4、 sin z + cos z = _______________.2 25、幂级数∑ nzn =0+∞n的收敛半径为________________.6、若 z0 是 f ( z ) 的 m 阶零点且 m & 1 ，则 z0 是 f ′( z ) 的____________零点. 7、若函数 f ( z ) 在整个复平面除去有限个极点外，处处解析，则称它是______________. 8、函数 f ( z ) = z 的不解析点之集为__________. 9、方程 20 z ? 11z + 3 z + 5 = 0 在单位圆内的零点个数为___________.8 31710、 Re s (ez ,1) = _________________. z2 ?1三、计算题（30 分）? 2?i ? 1、 lim ? ? n →∞ ? 6 ?2、设 f ( z ) =n3λ 2 + 7λ + 1 ∫C λ ? z d λ ，其中 C = { z : z = 3} ，试求 f ′(1 + i) .ez ，求 Re s ( f ( z ), ±i ) . z2 +13、设 f ( z ) =4、求函数z 在 1 & z & 2 内的罗朗展式. ( z ? 1)( z ? 2)5、 求复数 w =z ?1 的实部与虚部. z +16、 利用留数定理计算积分 四、证明题（20 分）∫+∞?∞x2 ? x + 2 dx . x 4 + 10 x 2 + 91、方程 z + 9 z + 6 z ? 1 = 0 在单位圆内的根的个数为 6.7 6 32、若函数 f ( z ) = u ( x, y ) + iv ( x, y ) 在区域 D 内解析，u ( x, y ) 等于常数，则 f ( z ) 在 D 恒等 于常数. 7、 若 z0 是 f ( z ) 的 m 阶零点，则 z0 是 五、计算题（10 分） 求一个单叶函数，去将 z 平面上的带开区域 ? z : 盘 w: w &1 .1 的 m 阶极点. f ( z)? ?π? & Im z & π ? 保形映射为 w 平面的单位圆 2 ?{}18《复变函数》考试试题（十） 复变函数》考试试题（一、判断题（40 分） ： 1、若函数 f ( z ) 在 z0 解析，则 f ( z ) 在 z0 的某个邻域内可导.（ ） 2、如果 z0 是 f ( z ) 的本性奇点，则 lim f ( z ) 一定不存在.（ ）z → z03、若函数 f ( z ) = u ( x, y ) + iv( x, y ) 在 D 内连续，则 u ( x, y ) 与 v ( x, y ) 都在 D 内连续.（ ） 4、 cos z 与 sin z 在复平面内有界.（ ） 5、若 z0 是 f ( z ) 的 m 阶零点，则 z0 是 1/ f ( z ) 的 m 阶极点.（ ） 6、若 f ( z ) 在 z0 处满足柯西-黎曼条件，则 f ( z ) 在 z0 解析.（ ） 7、若 lim f ( z ) 存在且有限，则 z0 是函数的可去奇点.（ ）z → z08、若 f ( z ) 在单连通区域 D 内解析，则对 D 内任一简单闭曲线 C 都有∫Cf ( x)dz = 0 .（ ）9、若函数 f ( z ) 是单连通区域 D 内的解析函数，则它在 D 内有任意阶导数.（ ） 10、若函数 f ( z ) 在区域 D 内解析，且在 D 内某个圆内恒为常数，则在区域 D 内恒等于常 数.（ ） 二、填空题（20 分） ： 1、函数 e 的周期为_________________.z2、幂级数∑ nzn =02+∞n的和函数为_________________.3、设 f ( z ) =1 ，则 f ( z ) 的定义域为_________________. z +14、∑ nzn =0+∞n的收敛半径为_________________.5、 Re s (ez , 0) =_________________. zn三、计算题（40 分） ： 1、∫zz dz. (9 ? z )( z + i )22、求 Re s (eiz , ?i ). 1+ z2193、 ?? 1+ i ? ? 1? i ? ? +? ? . ? 2? ? 2?nn4、设 u ( x, y ) = ln( x 2 + y 2 ). 求 v ( x, y ) ，使得 f ( z ) = u ( x, y ) + iv ( x, y ) 为解析函数，且满足f (1 + i ) = ln 2 。其中 z ∈ D （ D 为复平面内的区域）.5、求 z ? 5 z + 1 = 0 ，在 z & 1 内根的个数 .420《复变函数》考试试题（十一） 复变函数》考试试题（十一）一、判断题.（正确者在括号内打√，错误者在括号内打×，每题 2 分） 1．当复数 z = 0 时，其模为零，辐角也为零. （ ） 2．若 z0 是多项式 P ( z ) = an z + an ?1 zn n ?1+ L + a0 (an ≠ 0) 的根，则 z0 也 P ( z ) 是的根.（ ）3．如果函数 f ( z ) 为整函数，且存在实数 M ，使得 Re f ( z ) & M ，则 f ( z ) 为一常数.（ ） 且在 D 内的一小段弧上相等， 则对任意的 z ∈ D ， 4． 设函数 f1 ( z ) 与 f 2 ( z ) 在区域内 D 解析， 有 f1 ( z ) ≡ f 2 ( z ) . （ ） （ ）5．若 z = ∞ 是函数 f ( z ) 的可去奇点，则 Re s f ( z ) = 0 .z =∞二、填空题.（每题 2 分） 1． i ? i ? i ? i ? i = _____________________.2 3 4 5 62 y arg = arctan + ________________. x 1 3．函数 w = 将 z 平面上的曲线 ( x ? 1) 2 + y 2 = 1 变成 w 平面上的曲线______________. z4．方程 z 4 + a 4 = 0( a & 0) 的不同的根为________________. 5． (1 + i )i ___________________.2 ． 设 z = x + iy ≠ 0 ， 且 ?π & arg z ≤ π , ?π& arctany π & ， 当 x & 0, y & 0 时 ， x 26．级数∑ [2 + (?1) ]zn n =0∞2的收敛半径为____________________.7． cos nz 在 z & n （ n 为正整数）内零点的个数为_____________________. 8．函数 f ( z ) = 6sin z 3 + z 3 ( z 6 ? 6) 的零点 z = 0 的阶数为_____________________. 9 ． 设 a 为 函 数 f ( z) =? ( z) 的 一 阶 极 点 ， 且 ? ( a ) ≠ 0, ψ ( a ) = 0, ψ ′( a ) ≠ 0 ， 则 ψ ( z)Re sz=af ′( z ) = _____________________. f ( z) f ′( z ) = _____________________. f ( z)10．设 a 为函数 f ( z ) 的 m 阶极点，则 Re sz=a三、计算题（50 分）211 ln( x 2 + y 2 ) 。求 v( x, y ) ，使得 f ( z ) = u ( x, y ) + iv( x, y ) 为解析函数，且 2 1 满足 f (1 + i ) = ln 2 .其中 z ∈ D （ D 为复平面内的区域）.（15 分） 21．设 u ( x, y ) = 2．求下列函数的奇点，并确定其类型（对于极点要指出它们的阶）.（10 分）1（1） tan z ； （5 分） 3．计算下列积分.（15 分） （1）2e z ?1 （2） z . （5 分） e ?1z19 ∫ z =4 ( z 2 + 1)4 ( z 4 + 2)3 dz（8 分） ，（2）∫π0dθ 1 + cos 2 θ7 4（7 分）.24．叙述儒歇定理并讨论方程 z ? 5 z + z ? 2 = 0 在 z & 1 内根的个数.（10 分） 四、证明题（20 分） 1． f ( z ) = u ( x, y ) + iv ( x, y ) 是上半复平面内的解析函数， 设 证明 f ( z ) 是下半复平面内的解 析函数.（10 分） 2．设函数 f ( z ) 在 z & R 内解析，令 M ( r ) = max f ( z ) , (0 ≤ r & R ) 。证明： M ( r ) 在区z =r，使 M ( r1 ) = M ( r2 ) ，则 间 [0, R ) 上是一个上升函数，且若存在 r1 及 r2 （ 0 ≤ r1 & r2 & R ）f ( z ) ≡ 常数.（10 分）22《复变函数》考试试题（十二） 复变函数》考试试题（十二）二、判断题。 （正确者在括号内打√，错误者在括号内打×，每题 2 分） 1．设复数 z1 = x1 + iy1 及 z2 = x2 + iy2 ，若 x1 = x2 或 y1 = y2 ，则称 z1 与 z2 是相等的复数。 （ ） （ ） （ ）2．函数 f ( z ) = Re z 在复平面上处处可微。 3． sin z + cos z = 1 且 sin z ≤ 1, cos z ≤ 1 。2 24．设函数 f ( z ) 是有界区域 D 内的非常数的解析函数，且在闭域 D = D + ?D 上连续，则存 在 M & 0 ，使得对任意的 z ∈ D ，有 f ( z ) & M 。 （ ） 5．若函数 f ( z ) 是非常的整函数，则 f ( z ) 必是有界函数。 ） （ 二、填空题。 （每题 2 分） 1． i ? i ? i ? i ? i = _____________________。2 3 4 5 62 ． 设 z = x + iy ≠ 0 ， 且 ?π & arg z ≤ π , ?π2& arctany π & ， 当 x & 0, y & 0 时 ， x 2y arg = arctan + ________________。 x3． 若已知 f ( z ) = x (1 +1 1 ) + iy (1 ? 2 )， 则其关于变量 z 的表达式为__________。 2 x +y x + y224． n z 以 z = ________________为支点。 5．若 ln z =π2i ，则 z = _______________。6．∫z =1dz = ________________。 z7．级数 1 + z 2 + z 4 + z 6 + L 的收敛半径为________________。 8． cos nz 在 z & n （ n 为正整数）内零点的个数为_______________。 9．若 z = a 为函数 f ( z ) 的一个本质奇点，且在点 a 的充分小的邻域内不为零，则 z = a 是1 的________________奇点。 f ( z)10．设 a 为函数 f ( z ) 的 n 阶极点，则 Re sz=af ′( z ) = _____________________。 f ( z)23三、计算题（50 分） 1．设区域 D 是沿正实轴割开的 z 平面，求函数 w =5z 在 D 内满足条件 5 ?1 = ?1 的单值连续解析分支在 z = 1 ? i 处之值。 （10 分） 2．求下列函数的奇点，并确定其类型（对于极点要指出它们的阶） ，并求它们留数。 （15 分） （1） f ( z ) =Ln z 的各解析分支在 z = 1 各有怎样的孤立奇点， 并求这些点的留数 （10 分） z2 ?1（2）求 Re sz =0ez 。 （5 分） z n +13．计算下列积分。 （15 分） （1）z7 ∫ z =2 ( z 2 ? 1)3 ( z 2 + 2) dz（8 分） ，（2）∫+∞?∞x 2 dx ( x 2 + a 2 )2(a & 0)6（7 分） 。4．叙述儒歇定理并讨论方程 z + 6 z + 10 = 0 在 z & 1 内根的个数。 （10 分） 四、证明题（20 分） 1．讨论函数 f ( z ) = e z 在复平面上的解析性。 2．证明： （10 分）1 z n e zξ dξ zn ? = ( )2 。 2π i ∫C n !ξ n ξ n!（10 分） 此处 C 是围绕原点的一条简单曲线。24《复变函数》考试试题（十三） 复变函数》考试试题（十三）一、填空题． （每题２分） １．设 z = r (cos θ + i sin θ ) ，则1 = _____________________． zz → z0２．设函数 f ( z ) = u ( x, y ) + iv ( x, y ) ， A = u0 + iv0 ， z0 = x0 + iy0 ，则 lim f ( z ) = A 的充 要条件是_______________________． ３．设函数 f ( z ) 在单连通区域 D 内解析，则 f ( z ) 在 D 内沿任意一条简单闭曲线 C 的积分∫Cf ( z )dz = _________________________．z →a４．设 z = a 为 f ( z ) 的极点，则 lim f ( z ) = ____________________． ５．设 f ( z ) = z sin z ，则 z = 0 是 f ( z ) 的________阶零点． ６．设 f ( z ) =1 ，则 f ( z ) 在 z = 0 的邻域内的泰勒展式为_________________． 1+ z2７．设 z ? a + z + a = b ，其中 a, b 为正常数，则点 z 的轨迹曲线是_________________． ８．设 z = ? sin ９．π6? i cosπ6，则 z 的三角表示为_________________________．∫π4 0z cos zdz = ___________________________． e? z ，则 f ( z ) 在 z = 0 处的留数为________________________． z2１０．设 f ( z ) =二、计算题． １．计算下列各题． （９分） (1) cos i ；3(2) ln( ?2 + 3i ) ;(3) 33?i2．求解方程 z + 8 = 0 ． （７分） ３ ． 设 u = x 2 ? y 2 + xy ， 验 证 u 是 调 和 函 数 ， 并 求 解 析 函 数 f ( z ) = u + iv ， 使 之f (i ) = ?1 + i ． （８分）４．计算积分． （10 分） (1) (2)∫∫C( x 2 + iy )dz ，其中 C 是沿 y = x 2 由原点到点 z = 1 + i 的曲线．[( x ? y ) + ix 2 ]dz ，积分路径为自原点沿虚线轴到 i ，再由 i 沿水平方向向右到 1 + i ．1 分别在圆环域 0 & z & 1 和 1 & z & 2 内展开为洛朗级 ( z ? 1)( z ? 2)251+ i0５．试将函数 f ( z ) =数． （８分） ６．计算下列积分． （８分） (1)5z ? 2 ∫ z =2 z ( z ? 1)2 dz ；+∞(2)sin 2 z ∫ z =4 z 2 ( z ? 1) dz ．７．计算积分x2 （８分） ∫?∞ 1 + x 4 dx ．８．求下列幂级数的收敛半径． （６分） (1)∑ nz n?1 ；n =12∞(2)(?1)n n ∑ n! z ． n =1∞９．讨论 f ( z ) = z 的可导性和解析性． （６分） 三、证明题． １．设函数 f ( z ) 在区域 D 内解析， f ( z ) 为常数，证明 f ( z ) 必为常数． （５分） （５分） ２．试证明 az + az + b = 0 的轨迹是一直线，其中 a 为复常数， b 为实常数．26《复变函数》考试试题（十四） 复变函数》考试试题（十四）一、填空题． （每题２分） １．设 z = r (cos θ + i sin θ ) ，则 z n = ___________________． ２．设函数 f ( z ) = u ( x, y ) + iv( x, y ) ， A = u0 + iv0 ， z0 = x0 + iy0 ，则 lim f ( z ) = A 的充z → z0要条件______________________． ３．设函数 f ( z ) 在单连通区域 D 内解析，则 f ( z ) 在 D 内沿任意一条简单闭曲线 C 的积分∫Cf ( z )dz = _________________________．z →a４．设 z = a 为 f ( z ) 的可去奇点， lim f ( z ) = ____________________． ５．设 f ( z ) = z (e ? 1) ，则 z = 0 是 f ( z ) 的________阶零点．2 z2６．设 f ( z ) =1 ，则 f ( z ) 在 z = 0 的邻域内的泰勒展式为_________________． 1? z2７．设 z ? a + z + a = b ，其中 a, b 为正常数，则点 z 的轨迹曲线是_________________． ８．设 z = sin α + i cos α ，则 z 的三角表示为_________________________． ９．∫1+ i0ze z dz = ___________________________．2１０．设 f ( z ) = z sin1 ，则 f ( z ) 在 z = 0 处的留数为________________________． z二、计算题． １．计算下列各题． （９分） (1) Ln( ?3 + 4i ) ；3(2) e?1+πi6;(3) (1 ? i )1+i2．求解方程 z + 2 = 0 ． （７分） ３． u = 2( x ? 1) y ， 设 验证 u 是调和函数， 并求解析函数 f ( z ) = u + iv ， 使之 f (2) = ?i ． （８ 分） ４．计算积分∫1+ i0[( x ? y ) + ix 2 ]dz ，其中路径为（１）自原点到点 1 + i 的直线段；(2)自原点沿虚轴到 i ，再由 i 沿水平方向向右到 1 + i ． （10 分） ５．试将函数 f ( z ) =1 在 z = 1 的邻域内的泰勒展开式． （８分） ( z ? 2)６．计算下列积分． （８分） (1)∫sin zz =2( z ? )2 2πdz ；(2)z2 ? 2 ∫ z =4 z 2 ( z ? 3) dz ．27７．计算积分∫2π0dθ ． （６分） 5 + 3cos θ８．求下列幂级数的收敛半径． （６分） (1)∑ (1 + i)n z n ；n =1∞(2)(n !) 2 n ∑ nn z ． n =1∞９． f ( z ) = my + nx y + i ( x + lxy ) 为复平面上的解析函数， 设 试确定 l ，m ，n 的值． （６3 2 3 2分） 三、证明题． １．设函数 f ( z ) 在区域 D 内解析， f ( z ) 在区域 D 内也解析，证明 f ( z ) 必为常数． （５分） ２．试证明 az + az + b = 0 的轨迹是一直线，其中 a 为复常数， b 为实常数． （５分）28试卷一至十四参考答案《复变函数》考试试题（一）参考答案 复变函数》考试试题（一． 判断题 1．×2．√ ３．√ ４．√ ５．√ 二．填空题 1. ? 6．√ ７．×８．×９．×10．×?2π i n = 1 ； ? 0 n ≠1整函数；2. 1；3.2kπ ， (k ∈ z ) ；4.z = ±i ； 5. 16.7. ξ ；8.1 ； (n ? 1)!9. 0；10. ∞ .三．计算题. 1. 解 因为 0 & z & 1, 所以 0 & z & 1f ( z) =∞ 1 1 1 1 ∞ z = ? = ∑ z n ? ∑ ( )n . ( z ? 1)( z ? 2) 1 ? z 2(1 ? z ) n =0 2 n =0 2 22. 解 因为Re s f ( z ) = limz=z+π2π2z→π22 = lim 1 = ?1 , cos z z →π ? sin z z?π2Re s f ( z ) = limz =?π2z →?π22 = lim 1 = 1 . cos z z →? π ? sin z所以∫z =21 dz = 2π i (Re s f ( z ) + Re s f ( z ) = 0 . π π cos z z =? z=2 2 23. 解 令 ? (λ ) = 3λ + 7λ + 1 , 则它在 z 平面解析, 由柯西公式有在 z & 3 内,f ( z) = ∫c? (λ ) dz = 2π i? ( z ) . λ?z所以 f ′(1 + i ) = 2π i ? ′( z ) z =1+i = 2π i (13 + 6i ) = 2π ( ?6 + 13i ) . 4. 解 令 z = a + bi , 则w=z ?1 2 2(a + 1 ? bi ) 2(a + 1) 2b = 1? = 1? = 1? + . 2 2 2 2 z +1 z +1 (a + 1) + b (a + 1) + b (a + 1) 2 + b 229故 Re(z ?1 2(a + 1) z ?1 2b ) = 1? , Im( )= . 2 2 (a + 1) + b z +1 z + 1 (a + 1) 2 + b 2四. 证明题. 1. 证明 设在 D 内 f ( z ) = C . 令 f ( z ) = u + iv,则 f ( z) = u 2 + v2 = c2 .2两边分别对 x, y 求偏导数, 得? uu x + vvx = 0 (1) ? ?uu y + vv y = 0 (2)因为函数在 D 内解析, 所以 u x = v y , u y = ?vx . 代入 (2) 则上述方程组变为?uu x + vvx = 0 2 2 . 消去 u x 得, (u + v )vx = 0 . ? ?vu x ? uvx = 01) 若 u + v = 0 , 则 f ( z ) = 0 为常数.2 22) 若 vx = 0 , 由方程 (1) (2) 及 C . ? R. 方程有 u x = 0, u y = 0 , v y = 0 . 所以 u = c1 , v = c2 . ( c1 , c2 为常数).所以 f ( z ) = c1 + ic2 为常数. 2. 证明 f ( z ) =z (1 ? z ) 的支点为 z = 0,1 . 于是割去线段 0 ≤ Re z ≤ 1 的 z 平面内变点就不可能单绕 0 或 1 转一周, 故能分出两个单值解析分支. 由于当 z 从支割线上岸一点出发,连续变动到 z = 0,1 时, 只有 z 的幅角增加 π . 所以f ( z ) = z (1 ? z ) 的幅角共增加π2. 由已知所取分支在支割线上岸取正值, 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π2, 故 f ( ?1) =2e 2 = 2i .πi30《复变函数》考试试题（二）参考答案 复变函数》考试试题（一. 判断题. 1．√ ２．×３．√ ４．√ ５．×6．×７．×８．√ ９．×10．×. 二. 填空题 1.1， ?π2， i；2. 3 + (1 ? sin 2)i ；3. ??2π i n = 1 ； ? 0 n ≠14. 1；5. m ? 1 .6. 2kπ i ， ( k ∈ z ) . 三. 计算题 1. 解 sin(2 z ) =37. 0；8. ±i ；9. R ；10. 0.(?1) n (2 z 3 ) 2 n +1 ∞ (?1) n 22 n +1 z 6 n +3 ∑ (2n + 1)! = ∑ (2n + 1)! . n =0 n=0∞2. 解 令 z = re . 则 f ( z) =iθz = reiiθ + 2 kπ2,(k = 0,1) .又因为在正实轴去正实值，所以 k = 0 . 所以 f (i ) = eπ4.iθ3. 单位圆的右半圆周为 z = e , ? 所以 4. 解π2≤θ ≤π2.∫i?iz dz = ∫ 2π deiθ = eiθ? 2ππ2 ?π2= 2i .∫sin zz =2(z ?π2)2dz = 2πi (sin z )′z=π = 2πi cos z2z=π2 =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 u x = v y = u y = vx = 0 . 即 u , v 满足 C. ? R. , 且 u x , v y , u y , 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u x = v y , u y = ?v x , 且 u x = ( ? v ) y = ?v y , u y = ?( ?v x ) = ?v x .比较等式两边得 u x = v y = u y = 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 a0 z + a1 zn n ?1+ ??? + an ?1 z + an = 0(a0 ≠ 0) 有且只有 n 个根”. 证明 令 f ( z ) = a0 z + a1 zn n ?1? a + ??? + an ? ? ? + ??? + an ?1 z + an = 0 , 取 R & max ? 1 ,1? , 当 z a0 ? ? ? ?31在 C : z = R 上时, 有? ( z ) ≤ a1 R n?1 + ??? + an ?1 R + an & ( a1 + ??? + an ) R n ?1 & a0 R n .= f ( z) .n n ?1由儒歇定理知在圆 z & R 内, 方程 a0 z + a1 zn+ ??? + an ?1 z + an = 0 与 a0 z n = 0 有相同个数的根. 而 a0 z = 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.32《复变函数》考试试题（三）参考答案 复变函数》考试试题（一. 判断题 1．× ２．×３．√ ４．√ ５．√6．√７． √ ８．√ ９．√ 10．√. 二.填空题. 1. z z ≠ ±i, 且z ∈ C ; 6. 1; 三. 计算题. 1. 解 2. 解1 ∞ 1 1 z ? n+ 2 z 2 e z = z 2 (1 + + + ???) = ∑ . z 2! z 2 n=0 n !{}2. 2kπ i(k ∈ z ) ;3. ?1 +4. 1; 9. ∞ ;5. ?7. ±8. z = (2k + 1)π?2π i n = 1 ; ? 0 n ≠1 1 10. . (n ? 1)!cn n ! (n + 1) n +1 n +1 n 1 = lim n ? = lim( ) = lim(1 + ) n = e . n →∞ c n →∞ n n →∞ n →∞ (n + 1)! n n n +1 所以收敛半径为 e . ez 1 ez 3. 解 令 f ( z ) = 2 2 , 则 Re s f ( z ) = 2 =? . z =0 z ( z ? 9) 9 z ? 9 z =0 2π i 故原式 = 2π i Re s f ( z ) = ? . z =0 9 4. 解 令 f ( z ) = z 9 ? 2 z 6 + z 2 ? 2 , ? ( z ) = ?8 z . lim则在 C : z = 1 上 f ( z )与? ( z ) 均解析, 且 f ( z ) ≤ 6 & 四. 证明题. 1. 证明 证明 设在 D 内 f ( z ) = C .? ( z ) = 8 , 故由儒歇定理有N ( f + ? , C ) = N ( f + ? , C ) = 1 . 即在 z & 1 内, 方程只有一个根.令 f ( z ) = u + iv,则 f ( z) = u 2 + v2 = c2 .2两边分别对 x, y 求偏导数, 得? uu x + vvx = 0 (1) ? ?uu y + vv y = 0 (2)因为函数在 D 内解析, 所以 u x = v y , u y = ?vx . 代入 (2) 则上述方程组变为?uu x + vvx = 0 2 2 . 消去 u x 得, (u + v )vx = 0 . ? vu x ? uvx = 0 ?1) u + v = 0 , 则 f ( z ) = 0 为常数.2 22)若 vx = 0 , 由方程 (1) (2) 及 C. ? R. 方程有 u x = 0, u y = 0 , v y = 0 . 所以 u = c1 , v = c2 . ( c1 , c2 为常数).所以 f ( z ) = c1 + ic2 为常数.332. 证明 取 r & R , 则对一切正整数 k & n 时, 于是由 r 的任意性知对一切 k & n 均有 f 故 f ( z) =(k )f ( k ) (0) ≤k! f ( z) k ! Mr n dz ≤ . 2π ∫ z = r z k +1 rk(0) = 0 .∑c zk =0nn n, 即 f ( z ) 是一个至多 n 次多项式或常数.34《复变函数》考试试题（四）参考答案 复变函数》考试试题（一. 判断题. 1．√ ２．× ３．× ４．× ５．× 6．√ ７．×８．× ９．√10．√ . 二. 填空题. 1.1 1 , ; 2 22. ξ ; 7. 0;3. 2kπ i 8. z = 0 ;(k ∈ z ) ;4.∑ (?1) zn =0∞n 2n( z & 1) ;10.5. 整函数;6. 亚纯函数; 三. 计算题. 1.9. ∞ ;1 . (n + 1)!解 : z 3 = ?1 ? z = cos2kπ + π 2kπ + π + i sin 3 3 3 π π 1 z1 = cos + i sin = + i 3 3 2 2 z 2 = cos π + i sin π = ?1 z 3 = cosk = 0,1,25π 5π 1 3 + i sin = ? i 3 3 2 2 ez e ez e ?1 2. 解 Re s f ( z ) = = , Re s f ( z ) = = . z =1 z + 1 z =1 2 z =?1 z + 1 z =?1 ?2故原式 = 2π i (Re s f ( z ) + Re s f ( z )) = π i (e ? e ) .?1 z =1 z =?13. 解 原式 = 2π i Re s f ( z ) = 2π iz =? iz 9 ? z2=z =? iπ5.z 1 1 z ? e +1 ? z z z 4. 解 e ? 1 z = z (e ? 1) ，令 z (e ? 1) = 0 ，得 z = 0, z = 2 kπi ， k = ±1,±2, L 1 1 z ? ez +1 1? ez lim( z ? ) = lim z = lim z z →0 e ? 1 z →0 (e ? 1) z z →0 e ? 1 + ze z z 而= lim? ez 1 =? z z z z →0 e + e + ze 2∴ z = 0 为可去奇点z 当 z = 2kπi 时， ( k ≠ 0), z ? e + 1 ≠ 0而 四. 证明题.[(ez? 1) z]′ z = 2kπi = ez? 1 + ze zz = 2 kπ i≠0∴ z = 2kπi 为一阶极点.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z → z0limF ( z ) ? F ( z0 ) f ( z ) ? f ( z0 ) f ( z ) ? f ( z0 ) . = lim = lim z → z0 z → z0 z ? z0 z ? z0 z ? 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 ) = ?6 z + 3 ,? ( z ) = z 4 , 则 f ( z ) 与 ? ( z ) 在全平面解析,35且在 C1 : z = 2 上, 在 C2 : z = 1 上,f ( z ) ≤ 15 & ? ( z ) = 16 ,故在 z & 2 内 N ( f + ? , C1 ) = N (? , C1 ) = 4 .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.36《复变函数》考试试题（五）参考答案 复变函数》考试试题（一. 判断题. 1．√２．√ ３．×４．√５．× 6．× ７．× ８．√ ９．√ 二. 填空题. 1.2, ? , 1 + 3 3 3. (2k + 1)π i , ( k ∈ z ) ;∞10．√.π2. a + 2kπ i(k ∈ z , a为任意实数) ;5. 0; 9. 0; 10. ? 6. 0;4. 2kπ i, ( k ∈ z ) ;n 2n7. 亚纯函数;8.∑ (?1) zn =0( z & 1) ;?2π i n = 1 . ? 0 n ≠1三. 计算题. 1. 解 令 z = a + bi , 则w=z ?1 2 2(a + 1 ? bi ) 2(a + 1) 2b = 1? = 1? = 1? + . 2 2 2 2 z +1 z +1 (a + 1) + b (a + 1) + b (a + 1) 2 + b 2z ?1 2(a + 1) z ?1 2b ) = 1? , Im( )= . 2 2 z +1 z + 1 (a + 1) 2 + b 2 (a + 1) + b 0 ≤ t ≤1, 2. 解 连接原点及 1 + i 的直线段的参数方程为 z = (1 + i )t 1 1 1+ i 故 ∫ Re zdz = ∫ {Re[(1 + i )t ]}(1 + i ) dt = (1 + i ) ∫ tdt = . c 0 0 2 dz iθ 3. 令 z = e , 则 dθ = . 当a ≠ 0时 iz ( z ? a )(1 ? az ) 1 ? 2a cos θ + a 2 = 1 ? a ( z + z ?1 ) + a 2 = , z 1 dz 1 故I = ∫ , 且在圆 z & 1 内 f ( z ) = 只以 z = a 为一级极点, z =1 ( z ? a )(1 ? az ) i ( z ? a )(1 ? az ) 1 1 在 z = 1 上无奇点, 故 Re s f ( z ) = = , (0 & a & 1) , 由残数定理有 z =a 1 ? az z = a 1 ? a 2 1 2π I = 2π i Re s f ( z ) = , (0 ≤ a & 1) . z =a i 1 ? a2 4. 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 ) ,故 Re( 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 ) = x 2 + y 2 , v ( x, y ) ≡ 0 , 故 u x = 2 x, u y = 2 y , vx = v y = 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 )k! f ( z) k ! Mr n (0) ≤ dz ≤ . 2π ∫ z = r z k +1 rk于是由 r 的任意性知对一切 k & n 均有 f ( k ) (0) = 0 . 故 f ( z) =∑c zk =0nn n, 即 f ( z ) 是一个至多 n 次多项式或常数.37《复变函数》考试试题（六）参考答案 复变函数》考试试题（一、判断题：1.√ 2.× 二、填空题：1. ?1 + ei 6. m ? 1 阶 三、计算题： 1. 解：因为 3.√ 4.√ 2. z ≠ ±1 7. 整函数 5.√ 6.√ 3. 2π 8. 7.× 4. 1 9. 0 8.√ 9.√ 10.× 5. 1 10. 欧拉公式2?i 1 1 5 = + = & 1, 6 9 36 62?i n ) = 0. 6 2 & 3, 1 f (λ ) ∫C λ ? z d λ 2π i 3λ 2 + 7λ + 1 d λ. C λ?z故 lim(n →∞2. 解：Q 1 + i =∴ f ( z) ==∫因此f (λ ) = 2π i (3λ 2 + 7λ + 1)故 f ( z ) = 2π i (3 z 2 + 7 z + 1)f ′(1 + i ) = 2π i (6 z + 7) 1+i = 2π i (13 + 6i ) = 2π (?6 + 13i ) . ez ez 1 1 = ?( + ) 2 3.解： z + 1 2 z + i z ? i∴ Re s ( f ( z ), i ) =∞ei . 24.解： sin z =3(?1) n ( z 3 ) 2 n +1 ∑ (2n + 1)! , n =0∴sin z 3 ∞ (?1)n 6 n ?3 =∑ z . z6 n = 0 (2n + 1)!z ? 1 x ? 1 + iy ( x 2 + y 2 ? 1) + 2 yi 5．解：设 z = x + iy , 则 w = = = . z + 1 z + 1 + iy ( x + 1) 2 + y 2 ∴ Re w =? i 3x2 + y 2 ? 1 , ( x + 1) 2 + y 2Im w =2y . ( x + 1) 2 + y 2π6．解： eπ π 1 = cos(? ) + i sin(? ) = (1 ? 3i ). 3 3 238四、1. 证明：设 f ( z ) = 9 z , ? ( z ) = z + 6 z ? 1,6 7 3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 z + 9 z + 6 z ? 1 = 0 在单位圆内的根的个数为 6.7 6 32.证明：设 v( x, y ) = a + bi ，则 vx = v y = 0 , 由于 f ( z ) = u + iv 在内 D 解析，因此?( x, y ) ∈ D 有ux = vy = 0 ,u y = ?v x = 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 ? z0 ) m g ( z ) ，其中 g ( z ) 在 z0 的某邻域内解析且 g ( z0 ) ≠ 0 ， 于是1 1 1 = ? m f ( z ) ( z ? z0 ) g ( z ) 1 在内 D1 解析，故 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z0 为1 的 m 阶极点. f ( z)39《复变函数》考试试题（七）参考答案 复变函数》考试试题（一、判断题：1.√ 2. √ 3. × 二、填空题：1. ei 2. z ≠ ±1 6. m ? 1 阶 7. 整函数 三、计算题： 1. 解： ( 4.√ 5.√ 3. 2π i 8. 6.√ 7. √ 8. × 4. 1 5. 1 9. 0 10.1 (n ? 1)!1+ i 2 1? i 2 ) +( ) = i ? i = 0. 2 2 2 & 3,1 f (λ ) ∫C λ ? z d λ 2π i 3λ 2 + 7λ + 1 d λ. C λ?z2. 解：Q 1 + i =∴ f ( z) ==∫因此f (λ ) = 2π i (3λ 2 + 7λ + 1)故 f ( z ) = 2π i (3 z 2 + 7 z + 1)f ′(1 + i ) = 2π i (6 z + 7) 1+i = 2π i (13 + 6i ) = 2π (?6 + 13i ) . zn e z ∑ n! 1 1 1 3. 解： 2 = n =0 2 = 2 + + + L , z z z z 2因此 Re s ( f ( z ), 0) = 1. 4. 解：∞z ?1 2 ?1 1 = + = ? 1 ( z ? 1)( z ? 2) z ? 1 z ? 2 z (1 ? ) 1 ? z z 21 & 1, z z & 1. 2由于 1 & z & 2 ，从而 因此在 1 & z & 2 内 有∞ ∞ z 1 ∞ 1 z 1 z = ? ∑ ( ) n ? ∑ ( )n = ?∑ [( ) n +1 + ( ) n ]. ( z ? 1)( z ? 2) z n=0 z z 2 n =0 2 n =0405．解：设 z = x + iy , 则 w =z ? 1 x ? 1 + iy ( x 2 + y 2 ? 1) + 2 yi = = . z + 1 z + 1 + iy ( x + 1) 2 + y 2 Im w = 2y . ( x + 1) 2 + y 2∴ Re w =iθx2 + y 2 ? 1 , ( x + 1) 2 + y 26.解：设 z = e ，则 dθ =∫2π0dz 1 1 , cos θ = ( z + ) ， iz 2 z dθ dz 2 2idz =∫ ? = z =1 iz 1 ∫ z =1 z 2 + 2az + 1 a + cos θ 2a + z + zQ a & 1 ，故奇点为 z0 = a 2 ? 1 ? a∫2π0dθ 1 2π = 4π ? Re s f ( z ) = 4π ? = 2 a + cos θ z = z0 2 a ?1 a2 ?1 .四、证明题： 1. 证明：设 f ( z ) = 24 z , g ( z ) = 9 z + 6 z + z + 1,7 6 3 2则在 z = 1 上， f ( z ) = 24,g ( z ) ≤ 9 + 6 + 1 + 1 = 17, 即有 f ( z ) & g ( z ) .根据儒歇定理知在 z & 1 内 f ( z ) 与 f ( z ) + g ( z ) 在单位圆内有相同个数的零点，而在 z & 1 内 f ( z ) 的零点个数为 7，故 24 z + 9 z + 6 z + z + 1 = 0 在单位圆内的根的个数为 7.7 6 3 22.证明：设 f ( z ) = u + v ≡ c ，则2 22u ? ux + 2v ? vx = 0, 2u ? u y + 2v ? v y = 0.已知 f ( z ) 在区域 D 内解析，从而有 u x = v y , 将此代入上上述两式得u y = ? vxuu x ? vu y = 0, uu y + vux = 0.因此有 u x = 0, u y = 0, 于是有 vx = 0, v y = 0 . 即有u ≡ c1 , v ≡ c2 ,f ( z ) = c1 + ic2故 f ( z ) 在区域 D 恒为常数. 3.证明：由于 z0 是 f ( z ) 的 m 阶零点，从而可设41f ( z ) = ( z ? z0 ) m g ( z ) ，其中 g ( z ) 在 z0 的某邻域内解析且 g ( z0 ) ≠ 0 ， 于是1 1 1 = ? m f ( z ) ( z ? z0 ) g ( z ) 1 在内 D1 解析，故 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z0 为1 的 m 阶极点. f ( z)五、计算题 解： 根据线性变换的保对称点性知 i 关于实轴的对称点 ?i 应该变到 w = 0 关于圆周的对 称点 w = ∞ ，故可设 w = kz ?i z +i42《复变函数》考试试题（八）参考答案 复变函数》考试试题（一、判断题：1.√ 2. × 3. √ 4. × 5.√ 6.√ 7. √ 8. × 9. √ 10.× 二、填空题：1. ?1 + ei 2. z ≠ 0，∞ 3. 2π 4.ξ5.16. 三、计算题： 1. 解：由于 e 所以z +1∑ (iz )k=0∞2k7. ?? 0, n ≠ 1 ? ? 2π i, n = 1 ?8.9. 510.z ≠ ±1sin z 在 z ≤ 1 解析，∫z =1e z +1 sin zdz = 01 dz 1 1 1 dz ( z ? 4) 而 ∫ z =3 ( z ? 1)( z ? 4) = 2π i ∫ z =3 ( z ? 1) = ? 3 2π i因此∫z =1e z +1 sin zdz +1 dz 1 ∫ z =3 ( z ? 1)( z ? 4) = ? 3 . 2π i2. 解：Q 1 + i =2 & 3,1 f (λ ) ∫C λ ? z d λ 2π i 3λ 2 + 7λ + 1 d λ. C λ?z∴ f ( z) ==∫因此f (λ ) = 2π i (3λ 2 + 7λ + 1)故 f ( z ) = 2π i (3 z 2 + 7 z + 1)f ′(1 + i ) = 2π i (6 z + 7) 1+i = 2π i (13 + 6i ) = 2π (?6 + 13i ) .3. 解： f ( z ) =ez ez 1 1 = ( ? ) 2 z ?1 2 z ?1 z + 1 Re s ( f ( z ), ?1) = ? e ?1 , 2e Re s ( f ( z ),1) = , 2因此e e ?1 e ?1 ? e Re s ( f ( z ), ∞) = ?( ? ) = . 2 2 24.解：z + 10 11 11z + 12 11 1 11z + 12 1 =? + 2 =? ? + ? 2 2 2 ( z ? 1)( z ? 2) z ?1 z ? 2 z 1? 1 z 1? 2 z z43由于 2 & z & +∞ ，从而1 & 1, z2 &1 z2因此在 2 & z & +∞ 内有z + 10 11 ∞ 1 n 11z + 12 ∞ 2 n ∞ 1 2( n +1) n = ? ?∑( ) + ?∑( 2 ) = ∑( ) [2 ? (11z + 12) ? 11z n +1 ] 2 2 ( z ? 1)( z ? 2) z n=0 z z n =0 z n =0 z5．解：设 z = x + iy , 则 w =z ? 1 x ? 1 + iy ( x 2 + y 2 ? 1) + 2 yi = = . z + 1 z + 1 + iy ( x + 1) 2 + y 2 Im w = 2y . ( x + 1) 2 + y 2∴ Re w =ixx2 + y 2 ? 1 , ( x + 1) 2 + y 2ix6．解：设 z = e , 则 dz = ie dx = izdx1 1 (z ? ) 2i z π dx 1 2π dx ∫0 2 + sin 2 x = 2 ∫0 2 + sin 2 x 1 1 2iz dz = ∫ ? 2 dz = ∫ 2 z =1 z + 4iz ? 1 2 z =1 iz z + 4iz ? 1 1 在 z & 1内 2 只有 z = ( 3 ? 2)i 一个一级极点 z + 4iz ? 1 sin x =Re s[ f ( z ), ( 3 ? 2)i ] = ?πi 2 3因此 四、证明：∫0dx ?i π = 2π i ? = . 2 2 + sin x 2 3 31. 证明：设 f ( z ) = 15 z , g ( z ) = 5 z + z + 6 z ? 1,7 6 5 3则在 z = 1 上， f ( z ) = 15,g ( z ) ≤ 13, 即有 f ( z ) & g ( z ) .根据儒歇定理知在 z & 1 内 f ( z ) 与 f ( z ) + g ( z ) 在单位圆内有相同个数的零点，而在 z & 1 内 f ( z ) 的零点个数为 7，故 15 z + 5 z + z + 6 z ? 1 = 0 在单位圆内的根的个数为 77 6 5 32. 证明：因为 f ( z ) = u ( x, y ) + iv ( x, y ) ，在 D 内连续, 所以 ?( x0 , y0 ) ∈ D ,?ε & 0, ?δ & 0.44当 x ? x0 & δ , y ? y0 & δ 时有f ( x, y ) ? f ( x0 , y0 ) = u ( x, y ) ? u ( x0 , y0 ) + i[v( x, y ) ? v( x0 , y0 )]= {[u ( x, y ) ? u ( x0 , y0 )]2 + [v( x, y ) ? v( x0 , y0 )]2 }2 & ε ,从而有 u ( x, y ) ? u ( x0 , y0 ) & ε ,1v( x, y ) ? v( x0 , y0 ) & ε .即与在连续，由 ( x0 , y0 ) ∈ D 的任意性知 u ( x, y ) 与 v ( x, y ) 都在 D 内连续 3.证明：由于 z0 是 f ( z ) 的 m 阶零点，从而可设f ( z ) = ( z ? z0 ) m g ( z ) ，其中 g ( z ) 在 z0 的某邻域内解析且 g ( z0 ) ≠ 0 ， 于是1 1 1 = ? m f ( z ) ( z ? z0 ) g ( z ) 1 在内 D1 解析，故 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z0 为1 的 m 阶极点. f ( z)5 4五、解：1.设 ξ = z ，则 ξ 将区域 {z : 0 & arg z &4 π } 保形映射为区域 {z : 0 & arg ξ & π } 52.设 w = eiθξ ?i , 则 w 将上半平面保形变换为单位圆 w & 1 . ξ +i因此所求的单叶函数为w = eiθz4 ?i z +i5 45.45《复变函数》考试试题（九）参考答案 复变函数》考试试题（ 一、判断题（20 分） 判断题（1、× 2、× 3、√ 4、√ 5、√ 6、√ 7、√ 3、 2π 10、 e 8、√ 9、× 10、√二、填空题（20 分） 填空题（ 1、 e? z i6、 m ? 1 2、 z ≠ kπ , k = 0, ±1, ±2,L 7、整函数 8、 c 9、8 4、1 5、1计算题（ ） 三、计算题（30）1、解：Q2?i 5 2?i n & & 1, ∴ lim( ) = 0. n →∞ 6 6 62、解：Q 1 + i = 2 & 3,∴ f ( z) = 1 f (λ ) ∫C λ ? z d λ 2π i 3λ 2 + 7λ + 1 d λ. C λ?z=∫因此f (λ ) = 2π i (3λ 2 + 7λ + 1)故 f ( z ) = 2π i (3 z 2 + 7 z + 1)f ′(1 + i ) = 2π i (6 z + 7) 1+i = 2π i (13 + 6i ) = 2π (?6 + 13i ) . 3、解： f ( z) = ez ez = . z 2 + 1 ( z + i )( z ? i ) ?iei iei , Re s ( f ( z ), ?i ) = . 2 2Re s ( f ( z ), i ) =4、解：z ?1 2 ?1 1 = + = ? ( z ? 1)( z ? 2) z ? 1 z ? 2 z (1 ? 1 ) 1 ? z z 2 1 & 1, z z & 1. 2由于 1 & z & 2 ，从而 因此在 1 & z & 2 内 有∞ ∞ z 1 ∞ 1 z 1 z = ? ∑ ( ) n ? ∑ ( )n = ?∑ [( ) n +1 + ( ) n ]. ( z ? 1)( z ? 2) z n=0 z z 2 n =0 2 n =05、解：设 z = x + iy , 则 w =z ? 1 x ? 1 + iy ( x 2 + y 2 ? 1) + 2 yi = = . ( x + 1) 2 + y 2 z + 1 z + 1 + iy46∴ Re w =x2 + y 2 ? 1 , ( x + 1) 2 + y 2Im w =2y . ( x + 1) 2 + y 26、解：设 f ( z ) =z2 ? z + 2 , 则 f ( z ) 在 Im z & 0 内有两个一级极点 z1 = 3i, z2 = i ， z 4 + 10 z 2 + 9Re s ( f ( z ), 3i ) =3 + 7i 1+ i , Re s ( f ( z ), i ) = ? , 48 16因此，根据留数定理有∫+∞?∞z2 ? z + 2 3 + 7i 1 + i π dz = 2π i ( ? )=? . 4 2 z + 10 z + 9 48 16 66 7 3四、证明题（20 分） 证明题（ 1、证明：设 f ( z ) = 9 z , ? ( z ) = z + 6 z ? 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 z + 9 z + 6 z ? 1 = 0 在单位圆内的根的个数为 6.7 6 32 、 证 明 ： 设 u ( x, y ) = a + bi ， 则 u x = u y = 0 , 由 于 f ( z ) = u + iv 在 内 D 解 析 ， 因 此?( x, y ) ∈ D 有ux = vy = 0 ,u y = ?v x = 0 .于是 v( 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 ? z0 ) m g ( z ) ，其中 g ( z ) 在 z0 的某邻域内解析且 g ( z0 ) ≠ 0 ， 于是1 1 1 = ? m f ( z ) ( z ? z0 ) g ( z ) 1 在内 D1 解析，故 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z0 为1 的 m 阶极点. f ( z)五、计算题（10 分） 计算题（47解：1、设 ξ = z ? 、ξπ2i, 则 ξ 将区域 {z :π& Im z & π } 保形变换为区域 {ξ : 0 & Im z & } . 2 2π2、设 t = e ,则 t 将区域 {ξ : 0 & Im z & 、π} 保形变换为区域 D{t : 0 & arg t & }. 2 2π3、设 s = t 2 , 则 s 将 D 保形变换为上半平面,因此,所求的单叶函数为w = eiθ ?s ?i t2 ? i e 2ξ ? i ?e 2 z ? i = eiθ ? 2 = eiθ ? 2ξ = eiθ ? 2 z . s+i t +i e +i ?e + i48《复变函数》考试试题（十）参考答案 复变函数》考试试题（一、判断题（40 分） ： 1.√ 2. √ 3.√ 4. × 5. √ 6. × 7. √ 二、填空题（20 分） ： 1. 2π i 2. 8. √ 9. √ 10. √z (1 ? z )23. z ≠ ±i4. 15.1 (n ? 1)!三、计算题（40 分） 1. 解： f ( z ) =z 在 z ≤ 2 上解析，由 cauchy 积分公式，有 9 ? z2z 2 2 z dz = ∫ 9 ? z dz = 2π i ? 2 ∫ z =2 (9 ? z )( z + i) z =2 z + i 9 ? z2eiz e ?i i 2. 解：设 f ( z ) = ，有 Re s ( f , ?i ) = = e 2 1+ z ?2i 22=z =? iπ5π π n π π n ? 1+ i ? ?1? i ? 3. 解： ? ? +? ? = (cos 4 + i sin 4 ) + (cos 4 ? i sin 4 ) ? 2? ? 2?n n= cos4. 解：nπ nπ nπ nπ nπ + i sin + cos ? i sin = 2 cos 4 4 4 4 4?u 2x ?u 2y = 2 ， = 2 2 ?y x + y 2 ?x x + y( x, y )v ( x, y ) = ∫ =∫(0,0)?u y dx + u x dy + c = ∫( x, y )(0,0)?2 y 2x dx + 2 dy + c 2 x +y x + y22y02x y dy + c = 2 arctan + c 2 x +y x2f (1 + i ) = u (1,1) + iv(1,1) = ln 2 + i (2 arctan1 + c) = ln 2故c = ?π2， v( x, y ) = 2 arctany π ? x 25. 解：令 f ( x ) = ?5 z ， g ( z ) = z 4 + 1 则 f ( x ) ， g ( z ) 在 z & 1 内均解析，且当 z = 1 时f ( z) = 5 & z 4 + 1 ≥ z 4 + 1 = g ( z)由 Rouche 定理知 z ? 5 z + 1 = 0 根的个数与 ?5 z = 0 根的个数相同.4故 z ? 5 z + 1 = 0 在 z & 1 内仅有一个根.449《复变函数》考试试题（十一）参考答案 复变函数》考试试题（十一）一、1．× 二、1． 1 ５． zk = ６． 2．√ 2． π4３．× ３． u =４．√５．√a (cos2 kπ + π 2 kπ + π + i sin ) (k = 0,1, 2, 3) 4 4７．1 2４． u =1 21 32n 2π?1８．159.? (a) ψ ′(a)10. ? m三、1．解：?u x = 2 , ?x x + y 2( x, y ) (0,0)?u y = 2 ?y x + y 2v ( x, y ) = ∫ =∫ =∫又?u y dx + u x dy + C y x dx + 2 dy + C 2 x +y x + y22( x, y )(0,0)?y0x y dy + C = arctan + C . 2 x +y x2f (1 + i ) = u (1,1) + iv(1,1) = 1 1 ln 2 + i (arctan1 + C ) = ln 2 . 2 2 y π v( x, y ) = arctan ? . x 42故C = ?π4,sin 2 z 1 2.解: (1) tan z = 奇点为 z = (2k + )π , 2 cos z 2 1 z = (2k + )π 为二阶极点, z = ∞ 为本性奇点. 2(2) 奇点为 z0 = 1,k = 0, ±1L 对任意整数 k ,z k = 2 kπ i ,(k = 0, ±1L)z = 1 为本性奇点,对任意整数 k , zk 为一级极点, z = ∞ 为本性奇点.3. (1)解: f ( z ) = 由留数定理,有z19 共有六个有限奇点, 且均在内 C : z = 4 , ( z 2 + 1)4 ( z 4 + 2)3∫z =4f ( z )dz = 2π i[? Re s ( f , ∞)]50将 f 在 z = ∞ 的去心邻域内作 Laurent 展开f ( z) =z19 z 8 (1 + 1 4 12 2 ) ? z (1 + 4 )3 2 z z1 1 = ? z (1 + 1 )4 (1 + 2 )3 z2 z4 1 4 10 6 z4 = (1 ? 2 + 4 ? L)(1 ? 4 + 8 + L) z z z z z 1 4 = ? 3 +L z z所以 Re s ( f , ∞ ) = ?C?1 = ?1∫z =4f ( z )dz = 2π i .(2)解: 令 z = e ,则iθI =∫ =π0dθ 1 2π dθ = ∫ 2 1 + cos θ 2 0 1 + cos 2 θ1 4 zdz ∫C: z =1 i( z 4 + 6 z 2 + 1) 2 4 zdz 2du = 2 ,故 2 i ( z + 6 z + 1) i (u + 6u + 1)4再令 z = u 则2I=1 2du 2 du ? 2∫ = ∫ 2 2 2 C: z =1 i (u + 6u + 1) i C u + 6u + 1 2 1 π ? 2π i Re s ( f , ?3 + 8) = 4π ? = i 4 2 2由留数定理,有I=4.解：儒歇定理：设 c 为一条围线，若函数 f 与 ? 均在 c 内部及 c 上解析且? ( z ) & f ( z ) ， z ∈ c ，则 f ( z ) + ? ( z ) 与 f ( z ) 在 c 内部的零点个数相同.令 f ( z ) = ?5 z 4 , g ( z ) = z 7 + z 2 ? 2 则 f ( z ), g ( z ) 在 z & 1 内解析且 当 z = 1时7f ( z) = 5 & z7 + z 2 + 2 ≥ z7 + z 2 ? 2 = g ( z) ,4 2 4由儒歇定理 z ? 5 z + z ? 2 = 0 的根个数与 ?5 z = 0 根个数相同51故 z ? 5 z + z ? 2 = 0 在 z & 1 内有 4 个根.7 4 2四、1.证明: f ( z ) = u ( x, ? y ) ? iv( x, ? y ) = u + iv**u * = u ( x, ? y ), u x* = u x ,v * = ? v ( x, ? y ) v x * = ?v x , vy* = v yu y* = ?u y ,由 f ( z ) = u ( x, y ) + iv( x, y ) 在上半平面内解析,从而有ux = vy ,因此有 u x = v y ,* *u y = ? vx .u y * = ?v x*故 f ( z ) 在下半平面内解析. 2.证明: (1) ?r1 & r2 ,0 ≤ r1 & r2 & R 则z = r1 z ≤ r1M (r1 ) = max f ( z ) = max f ( z ) M (r2 ) = max f ( z ) = max f ( z )z = r2 z ≤ r2故 M ( r2 ) ≥ M (r1 ) ,即 M ( r ) 在 [0, R ) 上为 r 的上升函数. (2)如果存在 r1 及 r2 (0 ≤ r1 & r2 & R ) 使得 M ( r1 ) = M ( r2 ) 则有 max f ( z ) = max f ( z )z ≤ r2 z = r1于是在 r1 ≤ z ≤ r2 内 f ( z ) 恒为常数,从而在 z & R 内 f ( z ) 恒为常数.52《复变函数》考试试题（十二）参考答案 复变函数》考试试题（十二）一、判断题. 1. × 2. × 二、填空题. 1. ?1 3. × 2. ( ?π ) 6. 2π 10. ?π1 arg z + 2 kπ i 54. √5. × 3. f ( z ) = z +1 z8.4. 0, ∞5. i 9.本性 三、计算题. 1.解： wk = z 5 e7. 12n 2π?1k = 0,1, 2, 3, 4π + 2 kπ5i由 5 ?1 = ?1 得 ?1 = e从而有 k = 2w2 (1 ? i ) = 2 ? e1 10? + 4π 4 5πi = 2 (cos1 103π 3π 1? i + i sin ) = 5 4 4 42.解： （1） f ( z ) =Lnz ln z + 2kπ 的各解析分支为 f k ( z ) = ， (k = 0, ±1,L) . 2 z ?1 z2 ?1z = 1 为 f 0 ( z ) 的可去奇点，为 f k ( z ) 的一阶极点 (k = 0, ±1,L) 。 Re s ( f 0 ( z ),1) = 0 Re s ( f k ( z ),1) = kπ i. (k = ±1, ±2,L)? 1 ∞ zn ? 1 ez （2） Re s n +1 = Re s ? n +1 ? ∑ ? = z =0 z z =0 n! n=0 n ! ? ?z3.计算下列积分z7 1 解： （1） f ( z ) = 2 = 3 2 1 3 ( z ? 1) ( z + 2) z (1 ? ) (1 + 2 ) z2 z2 Re s ( f , ∞) = ?C?1 = ?1∫z =2f ( z )dz = 2π i[? Re s ( f , ∞)] = 2π i（2）设 f ( z ) =z2 z2 = ( z 2 + a 2 ) 2 ( z + ai )2 ( z ? ai ) 2 z2 ， ( z + ai ) 2令 ? ( z) =? ′( z ) =2aiz ( z + ai )353则 Re s ( f , ai ) =? ′(ai )1!=2(ai 2 ) 1 =? i 3 (2ai ) 4a∫Im z & 0f ( z )dz = 2π i Re s ( f , ai ) =π2a∫+∞?∞x 2 dx π = 2 2 2 (x + a ) 2a4.儒歇定理：设 c 是一条围线， f ( z ) 及 ? ( z ) 满足条件： （1）它们在 c 的内部均解析，且连续到 c ； （2）在 c 上， f ( z ) &? ( z)则 f 与 f + ? 在 c 的内部有同样多零点， 即 f ( z ) = 106g ( z) = z 6 + 6 z 有f ( z) & g ( z)由儒歇定理知 z + 6 z + 10 = 0 在 z & 1 没有根。 四、证明题 1 证明：.设 z = x + iy 有f ( z ) = e z = e x (cos y ? i sin y )u ( x, y ) = e x cos y, v( x, y ) = ?e x sin y ?u = e x cos y, ?x ?u = ?e x sin y, ?y ?v = ?e x sin y, ?x ?v = ?e x cos y ?y易知 u ( x, y ) ， v ( x, y ) 在任意点都不满足 C ? R 条件，故 f 在复平面上处处不解析。2.证明：于高阶导数公式得(e zξ )( n )ξ =0=n! e zξ dξ 2π i ∫ξ =1 ξ n + 1即z =nn! e zξ dξ 2π i ∫ξ =1 ξ n + 1? zn ? 1 z n e zξ ? 从而 ? ? = dξ 2π i ∫C: ξ =1 n ! ξ n + 1 ? n! ?2zn 1 e zξ 故 = dξ n ! 2π i ∫ξ =1 ξ n + 154《复变函数》考试试题（十三）参考答案 复变函数》考试试题（十三）一、填空题． （每题２分） 1.1 ? iθ e r2. lim u ( x, y ) = u0 及 lim v( x, y ) = v0 x→ x x→ xo y → yo o y → yo3. 04. ∞5. 2 8. ?6. 1 ? z 2 + z 4 ? z 6 + ???( ?1) n z 2 n + ???7.椭圆1 (1 + 2i ) 29.2 π (1 + ) ? 1 2 410. ?1二、计算题． １．计算下列各题． （９分） 解: (1) cos i =1 (e + e ?1 ) 2(2) ln( ?2 + 3i ) = ln ?2 + 3i + i arg( ?2 + 3i )=(3) 33?i1 3 ln13 + i (π ? arctan ) 2 2= e(3?i ) ln 3 = e(3?i )(ln 3+i?2 kπ ) = e3ln 3+ 2 kπ +i (6 kπ ? ln 3) = 27e2 kπ [cos(ln 3) ? i sin(ln 3)]2. 解: z + 8 = 0 ? z =3 33?8 = 8e = 2e3iπiπ + 2 kπ3(k = 0,1, 2)故 z + 8 = 0 共有三个根: z0 = 1 + 3 , z1 = ?2 , z2 = 1 ? 3 3. 解: u = x ? y + xy ? u x = 2 x + y, u y = ?2 y + x2 2?? 2u ? 2u + = 2 ? 2 = 0 ? u 是调和函数. ?x 2 ?y 2( x, y ) (0,0)v ( x, y ) = ∫(?u y )dx + u x dy + c = ∫y0( x, y )(0,0)(2 y ? x)dx + (2 x + y )dy + c= ∫ (? x)dx + ∫ (2 x + y )dy + c0xx2 y2 = ? + 2 xy + +c 2 2? f ( z ) = u + iv = ( x 2 ? y 2 + xy ) + i (?x2 y2 1 + 2 xy + + ) 2 2 255=4. 解 (1) (2)1 1 (2 ? i ) z 2 + i 2 21 1 5 + iy )dz = ∫ ( x 2 + ix 2 )d ( x + ix 2 ) = ? + i 0 6 6∫ (xc2∫1+ i0[( x ? y ) + ix 2 ]dz = i ∫ (? y )dy + ∫ [( x ? 1) + ix 2 ]dx0 011i i 1 1 = ? + ? = ? (3 + i ) 2 3 2 6∞ 1 1 1 1 ∞ z 5. 解: 0 & z & 1 时 f ( z ) = = ? = ? ∑ ( ) + ∑ zn ( z ? 1)( z ? 2) z ? 2 z ? 1 2 n=o 2 n=0∞n= ∑ (1 ?n =01 z n +1)zn1 & z & 2 时 f ( z) =1 1 1 ?1 1 = ? = ? ( z ? 1)( z ? 2) z ? 2 z ? 1 2(1 ? z ) z (1 ? 1 ) 2 z+∞ zn 1 ?∑ n n = o 2n + 1 n =0 z +∞= ?∑6. 解: (1)∫5z ? 2 dz = 2π i[? Re s ( f , ∞)] = ?4π i c = z = 2 z ( z ? 1) 2(2)sin 2 z ∫ z =4 z 2 ( z ? 1)dz = 2π i[? Re s( f , ∞)] = 0z2 1+ z4 z1 = 2 2 (1 + i ) 和 z2 = (?1 + i ) 为上半平面内的两个一级极点, 2 2z2 [z ? 2 (?1 ? i )]( z 2 + i ) 2 z2 [z ? 2 (?1 ? i )]( z 2 + i ) 2 = 1+ i 4 2i 1? i 4 2i7.解: 设 f ( z ) =且 Re s[ f ( z ), z1 ] = limz → z1Re s[ f ( z ), z2 ] = limz → z2=x2 1+ i 1? i π ∫?∞ 1 + x 4 dx = 2π i( 4 2i + 4 2i ) = 2+∞8.(1) R = 1(2) R = ∞2 2 29. 解: 设 z = x + iy ,则 f ( z ) = z = x + yu x = 2 x , u y = 2 y , vx = v y = 0当且仅当 x = y = 0 时,满足 C ? R 条件,故 f ( z ) 仅在 z = 0 可导,在 z 平面内处处不解析.56三、 1. 证明: 设 f = u + iv ,因为 f ( z ) 为常数,不妨设 u + v = C ( C 为常数)2 2则 u ? ux + v ? vy = 0u ? u y + v ? vy = 0由于 f ( z ) 在 D 内解析,从而有 u x = v y , u y = ?vx 将此代入上述两式可得 u x = u y = vx = v y = 0 于是 u ≡ C1 , v ≡ C2 因此 f ( z ) 在 D 内为常数. 2. 解: 设 z = x + iy , a = A + Bi （ A ， B 为实常数） 则 az = ( A ? Bi )( x + iy ) = ( Ax + By ) + i ( Ay ? Bx)az + az + b = az + az + b = 0 ? 2( Ax + By ) + b = 0故 az + az + b = 0 的轨迹是直线 2 Ax + 2 By ) + b = 057《复变函数》考试试题（十四）参考答案 复变函数》考试试题（一、 1、 rn( cos nθ + i sin nθ )4、有限值2、limu ( x, y ) = u 且 limv ( x, y ) = vx → x0 y → y0 0 x → x0 y → y02 4 2n 6、 1 + z + z + L + z + L03、05、47、椭圆 二、计算题。8、 cos ??π ? ?π ? ? α ? + i sin ? ? α ? ?2 ? ?2 ?9、 ie1+ i10、 ?1 61、解（1） ln ( ?3 + 4i )4 ? ? = ln 5 + i ?π ? arg tan + 2nπ ? 3 ? ? 4 ? ? = ln 5 + i ? ? arg tan + ( 2n + 1) π ? ( n = 0, ±1, ±2, L) 3 ? ?（2） ie?1+πi61? π π ? 1? 3 i ? = ? cos + i sin ? = ? + ? ? e? 6 6 ? e? 2 2? ? = e(==1+ i ) ln (1?i )（3） (1 ? i )1+ i=e(1+ i ) ?ln??? π ?? 2 + i ? ? + 2 kπ ? ? ? 4 ??= e?π ? ? ? π ? ? ln 2 + ? 2 kπ ? + i ? ? + 2 kπ + l n 2 ? 4 ? ? 4 ?π2e 4? 2 kπ? ? π ? ? π ?? ?cos ? ? 4 + ln 2 ? + i sin ? ? 4 + ln 2 ? ? ? ? ?? ? ?3 i?2、解： z = ?2 = 2e33iπz = 2eπ + 2 nπ3( n = 0,1, 2 )3故：方程 z + 2 = 0 共有三个根，分别为： 3、解： u x = 2 y, u y = 2 ( x ? 1)2 1 ± 3i , ? 3 2 2()? 2u ? 2u =0= 2 ?x 2 ?y故 u 是调和函数。v ( x, y ) = ∫4. 解: (1)( x, y)( 0,0)?u y dx + u x dy + c1∫1+ i0?( x ? y ) + ix 2 ?dz = ∫ ( ix 2 )d ( x + ix) ? ? 0= i (1 + i ) ? x3 1 1 = ( i ? 1) 3 0 358(2)∫1+ i01 ?( x ? y ) + ix 2 ?dz = ( i ? 1) ? ? 3n1 1 1 ∞ ( z + 1) =? =? ∑ 5. 解: f ( z ) = z?2 3 n = 0 3n ? z +1 ? 3 ?1 ? ? 3 ? ?= ? 6. 解: (1)∑n =0∞( z + 1)3n +1n∫z =2dz = 2π i ? cos( ) = 0 2 2 (z ? ) 2sin zππ(2) f ( z ) =z2 ? 2 1 3 = (1 + + L) 2 z ( z ? 3) z zRe s ( f , ∞) = ?C?1 = ?1∫z =4f ( z )dz = 2π i [ ? Re s ( f , ∞)] = 2π iiθ7. 解: 设 z = edz z2 ?1 则 dθ = , sin θ = iz 2iz∫2π0dθ = 5 + 3sin θ∫2dz = z =1 3 z + 10iz ? 32∫2z =1i 3( z + 3i )( z + ) 3dz令 f (z) =i , 则 f 在 z = 1 内只有一级权点, z = ? ,依离数定理有 i 3 3( z + 3i )( z + ) 32∫2π0dθ i? ? ? i? π = 2π i Re s ? f ( z ) , ? ? = 2π i ? ? ? = 5 + 3sin θ 3? ? ? 4? 28. 解: (1)(1 + i ) zCn =&1 即 z &1 1 . 故R = 2 2(2)(n !) 2 nn cn 1 ? 1? = lim ? 1 + ? ? =0 cn + 1 n →∞ ? n ? n + 1 ?u ?u = 2nxy, = 3my 2 + nx 2 , ?x ?ynR = limn →∞9.解 设 u ( x, y ) = my 3 + nx 2 y , v ( x, y ) = x 3 + lxy 2 , 则592nxy = 2lxy ? ?v ?v = 3 x 2 + ly 2 , = 2lxy, 因 f ( z ) 解析,由 C ? R 条件有 ? ,解得 2 2 2 2 ?x ?y ?3my + nx = ?3 x ? lyl = ?3, m = 1, n = ?3 .三 1. 证明 设 f = u + iv ,由 f ∈ H ( D ) 有?u ?v ?u ?v = , = ? , (1) ?x ?y ?y ?x又 f ( z ) = u ? iv 也在 D 也解析,有?u ? (?v) ?u ? ( ?v ) = , =? , (2) ?x ?y ?y ?x由 (1) 与 (2) 得?u ?u ?v ?v = = =? =0 ?x ?y ?y ?x故 f 在 D 内为常数. 2. 证明,设 z = x + iy , a = A + iB, 有 az = ( A ? iB )( x + iy ) = ( Ax + By ) + i ( Ay ? Bx )az + az + b = az + az + b = 2( Ax + By ) + b = 0即点 z 在直线 2 Ax + 2 By + b = 0 上 A, B, b 为实常数.60
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