复变函数试卷B

（A）3333i （B）i （C）i （D）i 44442．设f(z)x2iy2，则f(1i)( D )

（A）2 （B）2i （C）1i （D）22i

(1)nni(n1,2,K)，则liman( C ) 3．设annn4（A）等于0 （B）等于1 （C）等于i （D）不存在 4．设c为正向圆周z2，则ccoszdz ( A ) 2(1z)（A）-2isin1 （B）sin1 （C）2isin1 （D）sin1 5．ez在复平面上( D )

（A）无可导点 （B）有可导点，但不解析 （C）有可导点，且在可导点集上解析 （D）处处解析

填空题（4分/题，共20分） 二、 得分 (cos5isin5)21．复数的指数表示式为 2(cos3isin3)zn2．幂级数3的收敛半径为 1

n0nei19

3．设u(x,y)的共轭调和函数为v(x,y)，那么v(x,y)的共轭调和函数为

n(z1)ux,yn1n1(z11)

n1n(z1)14．函数2在z1处的泰勒展开式为 n1z(z11)

5．z1是函数(z1)sin1的 可去奇点 z1 第 1 页 共 4 页

三、 得分 已知 fzRezz，证明limfz)不存在（10分）

z0fzRezzxx2y2解：设zxiy， 则 令z沿直线ykx趋于0，则

limfz)z0 （3分）

limx0y0xx2y2limx0x1k2x11k2 （8分）

该值会随着k的变化而变化，所以极限不存在

四． 得分 沿指定曲线的正向计算下列积分值（16分，每题8分.）

eiz3dz,C:z2i1Ñ2z12c

ezcosz2dz,C:z 1Ñ2zceiz3fz2C:z2iz1，则f(z)在2内只有一个奇点zi （４分） (1) 解：设

根据柯西积分公式得:

eizeizdz2i2z1zizi=e1 c=

ezcoszf(z)z2在z1内只有一个奇点z0 （2分） （2）解： 函数

ezcosz'dzz2z2iecoszz0 （４分） 由高阶导数公式知 cezcoszdz2z2i2i10=-2i 故 c22五、 得分 已知ux,yxyx4xyy，求满足f00的解析函数

fzuiv. （12分）

解：

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（2分）

（5分）

（6分）

（9分）

（11分）

3f00fz(1i)z 又，则

六、 得分 将函数fz1z1z2在圆环1z2内展开成洛朗级数.(10

fz解

1z1z2111z2z （2分）在

1z111z2内 z 2 （4分）

11111n11zz1zn0zz （6分）

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1111z2z21z2n022 （8分）

nnz1z11fznn0z2n02

七、 得分 利用留数求下列积分（12分）

11x22dx

f(z)1解：设

z212

这里m = 4 , n = 0 , m – n = 4 ,

且 f ( z)在实轴上无孤立奇点，且在上半平面有二级极点zi，

12故有

1x2dx2iResf(z),i （4分）

'=limzi1Resf(z),izi2z21=lim2 而

2zizizi31zi4i121所以1x2dx2i=

4i2

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（8分）