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《20100106复变函数b期末试题a解答》由会员上传分享,免费在线阅读,更多相关内容在工程资料-天天文库。
1、上海交通大学试卷(A卷)解答(2009至2010学年第一学期)班级号学号姓名课程名称复变函数E成绩一、判断题(2X7=14分):1.(w)sinz是一个有界函数.2.(W)若函数/(z)的实部和虚部在Zo处可微满足Cauchy-Riemann条件,则比)在z°解析.3.(R)若lim/(z)存在且有限,则zo是比)的可去奇点.4.(R)设函数/(Z)在复平面上解析,若它有界,则必/(Z)为常数.5.(R)若Zo是/(Z)的极点,贝ijJim/(z)=oo.6.(R)若/(Z)与g(z)在D内解析,且在D内一小弧段上相等,则.f(z)三g(z),z
2、wD.7.(R)如果函数/⑵在
3、z
4、51内解析,则max{
5、f(z)
6、}=max{
7、/(z)
8、}.二、单项选择题(本大题共3X4=12分)1.下列结论不正确的是_•A.函数/(z)在扩充复平面内的孤立奇点(包括无穷远点)的留数Z和为零;B.函数/⑵“在区域D内解析”与“在区域D内积分与路径无关”等价;C.如果/(z)在闭曲线C围成的闭区域万上除极点外解析,则/(z)在万上只有有限个奇点;D.函数f(z)=u+“在区域D内解析的充要条件是在D内卩是况的共觇调和函数.方程z8-4z5+z2-1=0在
9、z
10、
11、5;2z+l+V^if13.已知W=^2Z+1将区域D=zz+12.(D)0.71B.y12、z-113、=1,那么#(]3(+]3C.込4A.込8三、填空题(本大题共3X6=18分)8工务+2严n=/1.1__函数尹在z=—2处的泰勒展开式为十~2.设函数专斗c71Z=——2/*(I一i)=12*+26Hi•22y_/(z)=aln(x-y)+iarctan14、—3.当a=吋,函数兀在区域兀>°内解析.1€1-Z4.函数了⑵~si"在扩充复平面上的所有奇点是'卞兀,g,它们的奇点类型分别是木性奇点,一阶级点,非孤立奇点(极点要指出其级).(彳+2切5.I的主值为.—e1dz=-m=n+z3四.计算题(本大题共6X3=18分)设C为正向圆周15、z16、=l,1/(z)=ze*11z2+2!^+fi<1Z17、ze^z2dz=2m(Res[f(z),0])=2m2.dx(a>0)的值.利用留数计算积分3.利用留数求积分de1-2qcos0+0,(OVQV1)的值18、.•2龙dO_.fdz_27101-2qcos&+q2hi(qz一1)(z-q)1-a2五、共形映射(7X2=14分)z<2,019、w20、21、z22、23、洌<1,并且使夬0)=1/2,广(0)>0.2Z+1/2w=・z+1六、证明题(8X3=24分)i.用两种方法证明o是函数e2的本性奇点。]_解:首先,0是函数幺Z的孤立奇点。1)当z~*—0时,幺"~—>0;z—>+0日寸,幺""一>24、+°°_所以,0是函数的本性奇点。2)=1+丄+Z12!?3!z3主要部分有无穷多项,所以,0是函数幺z的本性奇点。2.利用柯西不等式证明:设函数/(z)在圆C:z-1=2内解析,且在C上连续,4020是/⑵在c上取得的最大值,证明・・丨广⑴股2010.解:根据柯西不等式,我们有25、/'(l)26、27、p(z)28、>29、门(0)30、。因此,31、p(z)32、在〃内的最小值(一定存在,因为〃33、是紧致的),是在〃的内部的某个点取得,但不能在边界上取得。于是,根据最小模原理,pS二0o也就是说,%是p(z)的一个零点(根)。证明二由于在〃之外,有34、p(z)35、>36、p(0)37、,因此在整个复平面上,38、q(z)39、的最小值在%取得。如果40、p(zo)41、>0,那么1/Q在整个复平面上是有界的全纯函数,这是因为对于每一个复数2,都有丨l/p(z)IWIl//7(Zo)IO利用刘维尔定理(有界的整函数一定是常数),可知1/Q是常数,因此Q是常数。于是得出矛盾,所以门(Zo)=0o证明三这个证明用到了辐角原理。设斤为足够大的正实数,使得p(z)的每一个根的绝42、对值都小于用这个数一定存在,因为次多项式函数最多有刀个根。对于每一个厂>忆考虑以下的数:其中cCr)是中心为0,半径为/的逆吋针方向的圆
12、z-1
13、=1,那么#(]3(+]3C.込4A.込8三、填空题(本大题共3X6=18分)8工务+2严n=/1.1__函数尹在z=—2处的泰勒展开式为十~2.设函数专斗c71Z=——2/*(I一i)=12*+26Hi•22y_/(z)=aln(x-y)+iarctan
14、—3.当a=吋,函数兀在区域兀>°内解析.1€1-Z4.函数了⑵~si"在扩充复平面上的所有奇点是'卞兀,g,它们的奇点类型分别是木性奇点,一阶级点,非孤立奇点(极点要指出其级).(彳+2切5.I的主值为.—e1dz=-m=n+z3四.计算题(本大题共6X3=18分)设C为正向圆周
15、z
16、=l,1/(z)=ze*11z2+2!^+fi<1Z
17、ze^z2dz=2m(Res[f(z),0])=2m2.dx(a>0)的值.利用留数计算积分3.利用留数求积分de1-2qcos0+0,(OVQV1)的值
18、.•2龙dO_.fdz_27101-2qcos&+q2hi(qz一1)(z-q)1-a2五、共形映射(7X2=14分)z<2,019、w20、21、z22、23、洌<1,并且使夬0)=1/2,广(0)>0.2Z+1/2w=・z+1六、证明题(8X3=24分)i.用两种方法证明o是函数e2的本性奇点。]_解:首先,0是函数幺Z的孤立奇点。1)当z~*—0时,幺"~—>0;z—>+0日寸,幺""一>24、+°°_所以,0是函数的本性奇点。2)=1+丄+Z12!?3!z3主要部分有无穷多项,所以,0是函数幺z的本性奇点。2.利用柯西不等式证明:设函数/(z)在圆C:z-1=2内解析,且在C上连续,4020是/⑵在c上取得的最大值,证明・・丨广⑴股2010.解:根据柯西不等式,我们有25、/'(l)26、27、p(z)28、>29、门(0)30、。因此,31、p(z)32、在〃内的最小值(一定存在,因为〃33、是紧致的),是在〃的内部的某个点取得,但不能在边界上取得。于是,根据最小模原理,pS二0o也就是说,%是p(z)的一个零点(根)。证明二由于在〃之外,有34、p(z)35、>36、p(0)37、,因此在整个复平面上,38、q(z)39、的最小值在%取得。如果40、p(zo)41、>0,那么1/Q在整个复平面上是有界的全纯函数,这是因为对于每一个复数2,都有丨l/p(z)IWIl//7(Zo)IO利用刘维尔定理(有界的整函数一定是常数),可知1/Q是常数,因此Q是常数。于是得出矛盾,所以门(Zo)=0o证明三这个证明用到了辐角原理。设斤为足够大的正实数,使得p(z)的每一个根的绝42、对值都小于用这个数一定存在,因为次多项式函数最多有刀个根。对于每一个厂>忆考虑以下的数:其中cCr)是中心为0,半径为/的逆吋针方向的圆
19、w
20、21、z22、23、洌<1,并且使夬0)=1/2,广(0)>0.2Z+1/2w=・z+1六、证明题(8X3=24分)i.用两种方法证明o是函数e2的本性奇点。]_解:首先,0是函数幺Z的孤立奇点。1)当z~*—0时,幺"~—>0;z—>+0日寸,幺""一>24、+°°_所以,0是函数的本性奇点。2)=1+丄+Z12!?3!z3主要部分有无穷多项,所以,0是函数幺z的本性奇点。2.利用柯西不等式证明:设函数/(z)在圆C:z-1=2内解析,且在C上连续,4020是/⑵在c上取得的最大值,证明・・丨广⑴股2010.解:根据柯西不等式,我们有25、/'(l)26、27、p(z)28、>29、门(0)30、。因此,31、p(z)32、在〃内的最小值(一定存在,因为〃33、是紧致的),是在〃的内部的某个点取得,但不能在边界上取得。于是,根据最小模原理,pS二0o也就是说,%是p(z)的一个零点(根)。证明二由于在〃之外,有34、p(z)35、>36、p(0)37、,因此在整个复平面上,38、q(z)39、的最小值在%取得。如果40、p(zo)41、>0,那么1/Q在整个复平面上是有界的全纯函数,这是因为对于每一个复数2,都有丨l/p(z)IWIl//7(Zo)IO利用刘维尔定理(有界的整函数一定是常数),可知1/Q是常数,因此Q是常数。于是得出矛盾,所以门(Zo)=0o证明三这个证明用到了辐角原理。设斤为足够大的正实数,使得p(z)的每一个根的绝42、对值都小于用这个数一定存在,因为次多项式函数最多有刀个根。对于每一个厂>忆考虑以下的数:其中cCr)是中心为0,半径为/的逆吋针方向的圆
21、z
22、23、洌<1,并且使夬0)=1/2,广(0)>0.2Z+1/2w=・z+1六、证明题(8X3=24分)i.用两种方法证明o是函数e2的本性奇点。]_解:首先,0是函数幺Z的孤立奇点。1)当z~*—0时,幺"~—>0;z—>+0日寸,幺""一>24、+°°_所以,0是函数的本性奇点。2)=1+丄+Z12!?3!z3主要部分有无穷多项,所以,0是函数幺z的本性奇点。2.利用柯西不等式证明:设函数/(z)在圆C:z-1=2内解析,且在C上连续,4020是/⑵在c上取得的最大值,证明・・丨广⑴股2010.解:根据柯西不等式,我们有25、/'(l)26、27、p(z)28、>29、门(0)30、。因此,31、p(z)32、在〃内的最小值(一定存在,因为〃33、是紧致的),是在〃的内部的某个点取得,但不能在边界上取得。于是,根据最小模原理,pS二0o也就是说,%是p(z)的一个零点(根)。证明二由于在〃之外,有34、p(z)35、>36、p(0)37、,因此在整个复平面上,38、q(z)39、的最小值在%取得。如果40、p(zo)41、>0,那么1/Q在整个复平面上是有界的全纯函数,这是因为对于每一个复数2,都有丨l/p(z)IWIl//7(Zo)IO利用刘维尔定理(有界的整函数一定是常数),可知1/Q是常数,因此Q是常数。于是得出矛盾,所以门(Zo)=0o证明三这个证明用到了辐角原理。设斤为足够大的正实数,使得p(z)的每一个根的绝42、对值都小于用这个数一定存在,因为次多项式函数最多有刀个根。对于每一个厂>忆考虑以下的数:其中cCr)是中心为0,半径为/的逆吋针方向的圆
23、洌<1,并且使夬0)=1/2,广(0)>0.2Z+1/2w=・z+1六、证明题(8X3=24分)i.用两种方法证明o是函数e2的本性奇点。]_解:首先,0是函数幺Z的孤立奇点。1)当z~*—0时,幺"~—>0;z—>+0日寸,幺""一>
24、+°°_所以,0是函数的本性奇点。2)=1+丄+Z12!?3!z3主要部分有无穷多项,所以,0是函数幺z的本性奇点。2.利用柯西不等式证明:设函数/(z)在圆C:z-1=2内解析,且在C上连续,4020是/⑵在c上取得的最大值,证明・・丨广⑴股2010.解:根据柯西不等式,我们有
25、/'(l)
26、27、p(z)28、>29、门(0)30、。因此,31、p(z)32、在〃内的最小值(一定存在,因为〃33、是紧致的),是在〃的内部的某个点取得,但不能在边界上取得。于是,根据最小模原理,pS二0o也就是说,%是p(z)的一个零点(根)。证明二由于在〃之外,有34、p(z)35、>36、p(0)37、,因此在整个复平面上,38、q(z)39、的最小值在%取得。如果40、p(zo)41、>0,那么1/Q在整个复平面上是有界的全纯函数,这是因为对于每一个复数2,都有丨l/p(z)IWIl//7(Zo)IO利用刘维尔定理(有界的整函数一定是常数),可知1/Q是常数,因此Q是常数。于是得出矛盾,所以门(Zo)=0o证明三这个证明用到了辐角原理。设斤为足够大的正实数,使得p(z)的每一个根的绝42、对值都小于用这个数一定存在,因为次多项式函数最多有刀个根。对于每一个厂>忆考虑以下的数:其中cCr)是中心为0,半径为/的逆吋针方向的圆
27、p(z)
28、>
29、门(0)
30、。因此,
31、p(z)
32、在〃内的最小值(一定存在,因为〃
33、是紧致的),是在〃的内部的某个点取得,但不能在边界上取得。于是,根据最小模原理,pS二0o也就是说,%是p(z)的一个零点(根)。证明二由于在〃之外,有
34、p(z)
35、>
36、p(0)
37、,因此在整个复平面上,
38、q(z)
39、的最小值在%取得。如果
40、p(zo)
41、>0,那么1/Q在整个复平面上是有界的全纯函数,这是因为对于每一个复数2,都有丨l/p(z)IWIl//7(Zo)IO利用刘维尔定理(有界的整函数一定是常数),可知1/Q是常数,因此Q是常数。于是得出矛盾,所以门(Zo)=0o证明三这个证明用到了辐角原理。设斤为足够大的正实数,使得p(z)的每一个根的绝
42、对值都小于用这个数一定存在,因为次多项式函数最多有刀个根。对于每一个厂>忆考虑以下的数:其中cCr)是中心为0,半径为/的逆吋针方向的圆
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