山东大学出国留学-小学校长述职报告

复变函数复习提要
第1章：复数与复变函数
复数是用有序数对
(x,y)
定义的，其中
x,y
为实数。要注意，因为复数是“有序数对”，
所以一般地讲，
(x,y)(y,x)
。
正如所有实数构成的集合用
R
表示，所有复数构成的集合用
C
表示，即
C{z(a,b):a,bR}

复数的四则运算定义为

(a,b)(c,d)(ac,bd)


(a,b)(c,d)(ac,bd)


(a,b)(c,d)(acbd,bcad)

acbdbcad
22
,),cd0

(a,b)(c,d)(
2222
cdcd
复数的四则运算满足以下运算律
①加法交换律
z
1
z
2
z
2
z
1

②加法结合律
z
1
(z
2
z
3< br>)(z
1
z
2
)z
3

③乘法交换律
z
1
z
2
z
2
z
1

④乘法结合律
z
1
(z
2
z
3< br>)(z
1
z
2
)z
3

⑤乘法对加法的分配律
z
1
(z
2
z
3
) z
1
z
2
z
1
z
3


(x,y)
称为
z(x,y)
的共轭复数，记为
z
。< br>x
2
y
2
称为
z(x,y)
的模，记为
z
。共
轭复数满足

zzz,
2
z z
Rez,
2
zz
Imz

2i

z
1
z
2
z
1
z
2


z
1
z
2
z
1
z
2


(
z
1
z
)
1
,z
2
0

z
2
z
2
z
1
．
z
2
例1 设
z
1
25i,z
2
3i
，求
分析：直接利用运算法则也可以，但那样比较繁琐，可以利用共轭复数的运算结果。
解 为求
z
1
，在分子分母同乘
z
2
，再利用
i
2
1
，得
z
2
z
1
z
1
z
2
(25i)(3i)117i
117
i

2z
2
z
2
z
2
101010
z

1

例2 求复数
A
(43i)(12i)
的模．
(43i)(12i)
解 令
z
1
43i,z
2
12i
，有
A
由共轭复数的运算结果得
z
1
z
2
z
1
z
2

A
z
1
z
2
z
1
z
2
z
2
z
1
z

2
z
1
z

z
1

2
z
1

1
z
2
复数的三角式
zr(co

sisin

)
（其中
rz
）
复数的三角式
zre
i


由此得如下关系式

z
1
z
2
r
i

1
e
1
r
i

i(

2
e
2
r
1
r
2
e
1


2
)

z
i

1
r
1
e
1

z

i


r
1
e
i(

1


2
)
,z
2
0

2
r
2
e
2
r
2

z
n
r
n
e
in



z
1
z
2
z
1
z
2


z
1
z

z
1
z,z
2
0

22

Argz
1
(z
2
)Argz
1
()Argz(
2
)


Arg
z
z
(
1
)Argz
1
()Argz(
2
)

2
2kπ
对于复数
zre
i

，它的
n
次方根为
n
z
n
re
i

n
(k0,1,

,n1)
。
例3 求
(1i)
8
．
解
1i2e
i
π
4
，故有
(1i)(2e)(2 )e
i8
π
8
i
π
4
88
4
 16e
i2π
16

例4 设
z1i
，求
4
z
．

2

解 因
z2e
，故
z2,argz
i
π
4

4
i
．于是，
z
的四个四次方根为





w
0

8
2e

w
1

8
2e
8
π
16
i
9π
16

w
2
2e
< br>w
3

8
2e
i
17π
16
i25π
16

z
0
点的

邻域为复数集 合
{z:zz
0


}
，记为
N(z
0
,

)
。

z
0
点的去心

邻域为复数集合
{z:0zz
0


}
， 记为
N
*
(z
0
,

)
。
无穷远点的

邻域为复数集合
{z:z

}
，记为
N(,

)
。
对于区域
D
，若
D< br>中任意一条简单闭曲线的内部仍属于
D
，则称
D
为单连通区域。不是单连通区域的区域称为复连通区域。
复变函数
wf(z)
的定义类 似于数学分析中实函数
yf(x)
的定义，不同的是前者
wf(z)
是复 平面到复平面的映射，所以无法给出它的图形。
复变函数在一点的极限可用两个二元实函数在一点的极限来讨论，即

limf(z) AlimRef(z)ReA
且
limImf(z)ImA

zz
0
RezRez
0
ImzImz
0
RezRez0
ImzImz
0
复变函数期末复习提要

第2章：解析函数

函数在一点可导的定义是
设函 数
wf(z)
定义在区域
D
内，
z
0
D,(z
0
z)D
，若
lim
f(zz)f(z)

z
z0
存在，则称此极限为函数
f(z)
在点
z0
的导数，记为
f

(z
0
)
，即

f

(z
0
)lim
z0
f(z
0
z)f(z
0
)
（2.1）
z
此时，称函数
f(z)
在点
z
0
可导，否则，称函数
f(z)
在点
z
0
不可导。
函数在一点解析的定义是
设函数
wf(z)
定义在区域
D
内，
z
0
为
D
内某一点，若存在一个邻域
N(z
0
,p)
，使得函
数
f(z)
在该邻域内处处可导，则称函数
f(z)
在点< br>z
0
解析。此时称点
z
0
为函数
f(z)
的 解析点。
若函数
f(z)
在点
z
0
不解析，则称
z
0
为函数
f(z)
的奇点。
函数在一点解析，则在该点可导，反之则未必。
例1 试证：函数
f(z)Re(z)
在复平面上处处不可导。

3

分析：导数是一个特定类型的极限，要证明复变函数在某点的极限不存在，只需 要找两
条特殊的路径，使自变量沿这两条路径趋于该点时，函数值趋于不同的值。
证 对任意点
z
，因

f(zz)f(z)Re(zz)Re(z)


zz
令
zxiy
，于是有

f(zz)f(z)x


zxiy
由于 上式当
zz
沿平行于虚轴的方向趋于点
z
时（即
x0,y 0
），其极限为
0
；
当
zz
沿平行于实轴的方向趋于 点
z
时（即
y0,x0
），其极限为
1
，所以

lim
z0
f(zz)f(z)

z
不存在，故
f(z)
在点
z
处不可导。
由点
z
的任意性，函数
f(z)Re(z)
于复平面上处处不可导。
若函数
f(z)u(x,y)iv(x,y)
定义在区域
D< br>内，则函数
f(z)
在区域
D
内为解析函数
的充分必要条件是 ：
⑴
u(x,y)
与
v(x,y)
在
D
内可微。
⑵
u
x
v
y
,u
y
v
x
在
D
内成立。
条件⑵称为柯西——黎曼条件或C.— R.条件。
函数
f(z)
在区域
D
内为解析函数的充分必要条件是：
⑴
u
x
,u
y
,v
x
,v
y
在< br>D
内连续．
⑵
u
x
v
y
,u< br>y
v
x
在
D
内成立．
例2 试证函数
f(z)z1
在复平面解析．
证 令
f(z)uiv,zxiy
，则

f(z)z1xiy1


x1iy


uiv

于是

ux1


vy

从而有

u
x
1,u
y
0


v
x
0,v
y
1

显然，
u
x
,u
y
,v
x
,v
y
在复平面上处处连续，且满 足C.— R.条件，故函数
f(z)
在复平面解析。
函数
f(z )
在区域
D
内为解析函数的充分必要条件是
Im[f(z)]
为Re[f(z)]
的共轭调和函
数。
例

3 设
u (x,y)x
2
2xyy
2
，试求以
u(x,y)
为 实部的解析函数
4

f(z)u(x,y)iv(x,y)
，使得
f(0)i
．
解 依C.— R.条件有

v
y
u
x
2x2y

于是

v

(2x2y)dy


2xyy
2


(x)

由此得

v
x
2y


(x)


u
y


2x2y

从而有


(x)x
2
c

因此

v(x,y)2xyy
2
x
2
c
（
c
为任意常数）
故得

f(z)x
2
2xyy
2
i(2xyy
2
x
2
 c)


(1i)z
2
ic

将
f(0)i
代入上式，得

f(0)ici

由此得
c1
，故得

f(z)(1i)z
2
i

经验证，所得
f(z)
既为所求。
复变函数期末复习提要
第3章：初等函数
⒈理解
e
z
,sinz
与
cosz
的定义及其主要性质；
⒉知道支点概念。
幂函数
定义3.1 设
zxiy，
n
为正整数，称
wz
n
为幂函数．
根式函数
定义3.3 设
zre
i

(0)
，称满足

w
n
z
（
n
为不小于2的正整数）< br>的
w
为
z
的
n
次根式函数，或简称根式函数，记作
w
n
z

⑴根式函数为多值函数，它不是解析函数．
对于每一个确定的
zre
i

(0)
，都有
n
个不同的
w
与之对应，即有

w
0

n
re
i

n


5

w
1
re



n
i

2π
n
（3.1）
i

2(n1)π
n
w
n1

n< br>re

因为根式函数是多值函数，所以，它不是解析函数．
⑵根式函数在从原点起沿正实轴剪开的复平面上可分出
n
个单值函数．
定义3.4 设函数
wF(z)
为多值函数，若当变点
z
从起始点
z
0
出发绕一条包围点
a
的简
单闭曲线连续变动一周再回到起始点
z0
时，函数
F(z)
从一个支变到另一个支，则称点
a
为函数
F(z)
的支点．
⑶根式函数
w
n
z
的每个单值支在从原点起始沿正实轴剪开的复平面上为解析函数．
指数函数
定义3.5 设
zxiy
，称

e
z
e
x
(coysisiny)
（3.2）
为指数函数，其等式右端中的e为自然对数的底，即
e2.71828
．
⑴对任意二复数
z
1
x
1
iy
1与
z
2
x
2
iy
2
,有
ez
1
e
z
2
e
z
1
z
2

⑵
e
z
在复平面上为解析函数，且有
(ez
)

e
z

⑶对任意一复数
zxiy
，有

e
z
e
x
,Arg(z)y2kπ
（
k
：整数）
⑷
e
z
只以
2kπi
(
k
为整数)为周期．
⑸
e
z
1
e
z
2
的充分必要条件是
z
2
z
1
2kπi
（
k
为整数）
⑹
lime
z
z
不存在．
⑺设
zxiy
，若
y0
，则
e
z
e
x
；若
x0
，则
e
iy
cosyisiny

这便是欧拉公式．
⑻若
zxiy
，则
e
z
e
z
．
例1 试证
e
z

1
e
z
．
证：设
zxiy
，由定义得及（实）三角函数的性质得

e
z
e
x
[cos(y)isin(y)]


6




cosyisiny

x
e
(coysisiny)(coysisiny)

x
e(coysisiny)
2
co
2
sysiny


x

e(coysisiny)


1
e
z

对数函数
定义3.6 设
z0,
，称满足
e
w
z

的
w
为
z
的对数函数，记作
wLnz

令
zre
i

,z0,,wuiv
由定义3.6可得
wLnz


lnri(

2kπ)


lnziArzg

即对于每一个
z0,
，有无穷个不同的
w
，即有







w
2
lnzi(

4kπ)

w
1
lnzi(

2kπ)


w
0
lnzi


w
1
lnzi(

2kπ)

w
2
lnzi(

4kπ)








与之对应，因此，对数函数为多值函数，从而，它不是解析函数．
例2 计算
Ln(1i)
．
解：
Ln(1i)ln1iiArg(1i)



1
2
ln2i(
π
4
2kπ)

三角函数
定义3.7 设
z
为复数，称
e
ize
iz
e
iz
e
iz
2i
与
2

分别为
z
的正弦函数和余弦函数，分别记作

k
：整数）
（3.3）
（
k
：整数）
7
（

e
iz
e
iz
e
iz
e
iz
与
cosz

sinz
2
2i
正、余弦 函数的性质：
⑴
sinz
与
cosz
在复平面解析，且有
(sinz)

cosz,(cosz)

sinz

⑵三角学中实变量的三角函数间的已知公式对复变量的三角函数仍然有效：
例如，由定义可推得
sin
2
zcos
2
z1

sin(

2
z)cosz

cos(

2
z)sinz

sin(z
1
z
2
)sinz
1
cosz
2
cosz1
sinz
2

cos(z
1
z
2
)cos
1
cosz
2
sinz
1
sinz
2

sin(z)sinz

cos(z)cosz

⑶
coszisinze
iz

⑷
sinz
仅在
zkπ
处为零，
cosz
仅在
z
π
2
kπ
处为零，其中的
k
为整数．
⑸
sinz
与
cosz
均以
2kπ
（
k
为整数)为 周期；
⑹命题“若
z
为复数，则
sinz1,cosz1
”不真．
⑺
lim
z
sinz
与
lim
z
cosz
均不存在．
例3 试证
e
i2z
12isinze
iz

证：由定义 < br>
e
iz
e
iz
e
i2z
sinz1
2i

2ie
iz

可得
e
i2z
12isinze
iz

例4 计算
cos(1i)
的值．
解 由定义得
cos(1i)e
i(1i)
e
i(1i)
e
i1
ei1
2

2


8

1< br>1
1
(ee)cos1i(e
1
e)sin1

22
复变函数期末复习提要
第4章：解析函数的积分理论
⒈理解积分 基本定理、积分基本公式、高阶导数公式；⒉了解刘维尔定理、最大模原理，
掌握证明它们的方法；⒊掌 握利用积分基本定理和莫瑞拉定理判别解析函数的方法；⒋熟练
掌握利用积分基本定理、积分基本公式和 高阶导数公式计算函数沿闭曲线的积分。
积分基本定理


定理4.2 设
G
为复平面上的单连通区域，
c
为G
内的任意一条围线（图4-3），若
f(z)
在
G
内解析，则

f(z)dz0

c
定理4.4 设有围线
c
0
,c
1
,c
2
,

,c
n
， 其中
c
1
,c
2
,

,c
n
中的 每一条均在其余各条的外部，
而它们又全都在
c
0
的内部；又设
G< br>为由
c
0
的内部与
c
1
,c
2
,< br>
,c
n
的外部相交的部分组成的复
连通区域（图4-4），若
f(z)
在
G
内解析，且在闭区域
G
上连续，则

积分基本公式
定理4.5 设
G
是以围线
c
为边界 的单连通区域（图4-6），若
f(z)
在
G
内解析，且在
G
上连续，则

f(z
0
)
c
0
c
1


c
n

f (z)dz0
（4.6）
1f(z)
dz
2 πi

zz
0
c
z
0
G
（4.11）
例1 计算积分
z
dz
。
2

z2
z1
解 首先，识别积分类型．由于被积函数在积分 路径内部含有两个奇点
z1
与
z1
，
所以，想到用“挖奇点” 法来计算。
11
其次，为了用“挖奇点”法，作
c
1
:z1, c
2
:z1
，由定理4.4有
22
zzz
dzdzdz

222

z 2
z1
c
1
z1
c
2
z1
最后，计 算上式右端两个积分，对这两个积分分别重复例4.4的解题步骤，得
z
dz
< br>2

c
1
z1
c
1
z
z1dz

z1

2πi[

πi


z
]

z1
z1
9

zdz

2

z1
c
2
c
2
z
z1
dz

z1

2πi[

πi

故
z
]

z1
z1
z
dz2πi

2

z1
z2
高阶导数公式
定理4.6 设
G
是以围线
c
为边界的单连通区域（图4-7），若
f(z)在
G
内解析，且在
G
上连续，则
f(z)
在区域
G
内有各阶导数，并且有

f
(n)
(z
0
)
n!f(z)
dz
n1
2πi

(zz)
0
c
z
0
G
（4.15）
z
4
dz
。 例2 计算积分

3
z11
(z1)
解 由高阶导数公式
2πi
4
z
4
dz[(z)

]

3

z1
2!
z11
(z1)

12πi

刘维尔定理
定理4.9 若
f(z)
在复平面上解析，且有界，则
f(z)
必为常数。
最大模原理
定理4.12 设
G
为区域，
GGc
为有界闭区域 ，函数
f(z)
在
G
内不是常数，若
f(z)
在
G
内解析，且在
G
上连续，则
f(z)M,zG

其中的
M
为
f(z)
在
G
上的最大值。
最大模原理为我们提供了一种证明在区域
G
内解析的函数
f(z)
为常数的方 法：只须证对
G
内某点
z
0
有
f(z
0
) M
即可，其中的
M
为
f(z)
在
G
上的最大值。
莫瑞拉定理
定理4.15 设
f(z)
在单连通区域G
内连续，
c
为
G
内任意一条围线，若

f(z)dz0

c

10

则
f(z)
在
G
内解析。
莫瑞拉 定理不仅给出了一个函数为解析函数的充分条件，而且它与定理4.2（积分基本
定理）一起可得解析函 数的又一等价定义。
复变函数期末复习提要
第5章：解析函数的幂级数表示
⒈了 解复级数的基本概念；⒉理解解析函数的幂级数表示；⒊理解收敛圆及收敛半径的
概念；⒋熟练掌握收敛 圆及收敛半径的求法；⒌了解解析函数的零点并掌握其判别方法；⒍
熟练掌握将函数在一点展成幂级数的 方法；⒎了解解析函数的唯一性定理，掌握其证明方法。
幂级数
定义5.7 称形如

或

< br>c
n0

n2n
zcczczcz
（5.5）
n012n

c
n0

n
(zz
0
)
n
c
0
c
1
(zz
0
)c
2
(zz
0
)
2
c
n(zz
0
)
n

（5.6）
的级数为幂级数 ，其中
z
0
,c
0
,c
1
,c
2
,,c
n
,
均为复常数。
收敛圆 收敛半径
对于级数（5.5），总存在圆周
c
R
:zR
，使得级数（5.5）在c
R
的内部绝对收敛，在
c
R
的外部发散．我们称圆
N (0,R):zR
为级数（5.5）的收敛圆，称
R
为级数（5.5）的收敛
半径。
求收敛半径的方法与数学分析中的方法一样。
定理5.7 对于级数（5.5），若极限
lim
c
n1

n
c
n
存在（有限或无限），则极限
lim
n
c
n

n
存在，并且有
l im
n
c
n
lim
n
c
n1

n
c
n



1



R
其中的
R
为级数（5.5）的收敛半径．当
0
时，规定
R
，当

时，规定
R0
。
解析函数的幂级数表示
定理5.9 设
G
为区域，点
aG
，圆
K:z aR
含于
G
（图5-1），若函数
f(z)
在
G
内
解析，则在
K
内有

11

f(z)

c
n
(za)
n
（5.7）
n0

其中
f
(n)
(0)
,n0,1,2,
（5.8）
c
n

n!
且上述展式是唯一的。
例1 试将
f(z)
z
在点
z1
展成泰勒级数。
z2
解 因为
z2
是
f(z)
的唯一有限奇点，所 以，
f(z)
可在
z11(2)3
内展成泰勒
级数，有
zz11


z2z13


z11


(z1)3(z1)3
z11


z1z1
3(1)3(1)
33



(1)
n
(z1)
n1

(1)
n
(z1)
n






n1n1
33
n0n 0
n

1
n1
(z1)

2

(1),
n1
3
3
n1
z 13

解析函数的零点
定义4.8 设函数
f(z)
在 点
a
解析，若
f(a)0
，则称点
a
为
f(z)
的零点，若
f(z)
的零
点
a
满足
f(a)f

(a)

f
(m1)
(a)0
，但f
(m)
(
a
)

0

则称点
a
为函数
f(z)
的
m
级（阶）零点。
计算
f(z)
的零点的级别的方法
定理5.11 点a
是不恒为零的解析函数
f(z)
的
m
级零点的充分必要条件是
f(z)(za)
m


(z)

其中，
(z)
在点
a
解析，且

(a)0
。
例2 试判断点
z2
是函数
f(z)z
3
4z< br>2
4z
的几级零点。
解 因为
f(z)z
3
4z
2
4z


z(z2)
2

所以，若令

(z)z
，则

(z)
在点
z2
解析，且

(2)0< br>，即

(z)
满足定理5.11的条件，

12

故点
z2
为函数
f(z)
的二级零点。
解析函数的唯一性
定理5.13 若
⑴函数
f
1
(z)
与
f
2
(z)
在区域
G
内解析。
⑵
E
为
G
内一无穷点集，且
E
在
G< br>内至少有一个聚点
a
。
⑶
f
1
(z)f2
(z)
在
E
上成立，则
f
1
(z)f2
(z)
在
G
内成立。
解析函数的唯一性定理可以用来在复平面证明我们过去熟知的一些等式。
复变函数期末复习提要
第6章：解析函数的罗朗级数表示
⒈了解双边幂级数的有关概念；⒉理解孤立奇点的概念，掌 握判别孤立奇点类别的方法；
⒊了解罗朗定理，熟练掌握将函数在孤立奇点（无穷远点除外）展成罗朗级 数的方法；⒋了
解解析函数在其孤立奇点邻域内的性质。

定义6.1 称级数 < br>n

c
n
(za)
n




c
n
c
1
n



c

c(z

a)

c(z

a)


01n
n
za
(za)
（6.1）
为双边幂级数，其中
a
与
c
n
(n0,1 ,2,)
为复常数，称
c
n
(n0,1,2,)
为双边 幂级
数（6.1）的系数．
定义6.2 若级数（6.1）在圆环
rzaR( 0rR)
内收敛，则称此圆环为级
数（6．1）的收敛圆环．
类似幂级数，双边幂级数有如下定理：
定理6.1 若级数（6.1）的收敛圆环为
G:rzaR(0rR)
，则级数（6.1）
在
G
内绝对收 敛，且在
G
内每个较小的同心闭圆环
G

:r

 zaR

(r

r

R

R)
上一致收敛，其和函数在
G
内为解析函数．
定理6.2 若函数
f (z)
在圆环
G:rzaR(0rR)
内解析，则
f(z)
在
G
内可
展成双边幂级数为

其中

c
n
n

c

n
(za)
n
（6.4）
1f(

)
d

n1

2 πi
c
(

a)
,n0,1,2,
（6.5）
这里的
c
为圆周

a

(r< br>
R)
，并且系数
c
n
被
f(z)
及圆环
G
唯一确定．
例1 试将
f(z)(z
2
3z2 )
1
在圆环
1z2
内展成罗朗级数．
解 首先，知道f(z)
在圆环
1z2
内解析，所以，
f(z)
在该圆环内 可展成罗朗级数，
且展式是唯一的．
其次，利用展式

1

z
n
1z
n0
,z1


13

将
f(z)
展成罗朗级数．由
1z2
得
1z
1
及
1

z2
故
f(z)
1

(z1)(z2)
11


z2z1
11




z1
2(1)z(1)
2z



z
n
1



n1


n1
n0
2
n0
z

,1z2

例2 试将
f(z)
sinz
在点
z0
的去心邻域内展成罗朗级数．
z
解 首先，确定使
f(z)
在其中解析的点
z0
的最 大去心邻域为
0z
．
其次，将
f(z)
展成罗朗级数，有
f(z)
sinz

z
1

z
2n1
n



(1)

z
n0
(2n1)!
(1)
n
z
2n



,
n0
(2n1)!

0z
孤立奇点的分类
定义6.3 设点
a
为函数
f(z)< br>的奇点，若
f(z)
在点
a
的某个去心邻域
0zaR< br>内解析，
则称点
a
为函数
f(z)
的孤立奇点．
定义6.4 设点
a
为函数
f(z)
的孤立奇点：
⑴若
f(z)
在点
a
的罗朗级数的主要部分为零，则称点
a
为
f(z)
的可去奇点；
⑵若
f(z)
在点
a
的罗朗级数的主要部分有有限多项，设为
c< br>(m1)
c
m
c
1


,c< br>m
0

mm1
za
(za)(za)
则 称点
a
为
f(z)
的
m
级（阶）极点；
⑶若
f(z)
在点
a
的罗朗级数的主要部分有无限多项，则称点
a
为
f(z)
的本性奇点．
sinzz
e
z
依定义，点< br>z0
为的可去奇点，点
z0
为
2
的二级极点，点
z1
为
sin
的本
z1z
z

14

性奇点．
函数在孤立奇点的去心邻域内的性质
⑴函数在可去奇点的去心邻域内的性质
定理6.3 若点
a
为
f(z)
的孤立奇点，则下列三个条件是等价的：
①点
a
为
f(z)
的可去奇点；
②
limf(z)c()
；
za
③函数
f(z)
在点
a
的某个去心邻域内有界．
⑵函数在极点的去心邻域内的性质
定理6.4 若点
a
为
f(z)
的孤立奇点，则下列三个条件是等价的．
①点
a
为
f(z)
的
m
级极点；
②f(z)
在点
a
的某个去心邻域
0zaR
内可表示为
f(z)
h(z)

m
(za)
其中的
h(z )
在点
a
的邻域
zaR
内解析，且
h(a)0
；
③点
a
为
1
的
m
级零点（可去奇点视作解析点时）．
f(z)
定理6.5 点
a
为函数
f(z)
的极点的充分必要条件是
limf(z)

za
⑶函数在本性奇点的去心邻域内的性质
定理6.6 点
a
为函数
f(z)
的本性奇点的充分必要条件是< br>limf(z)
不存在，即当
za
时，
za
f(z)既不趋于有限值，也不趋于．
定理6.7 若点
a
为
f(z)的本性奇点，且
f(z)
在点
a
的充分小的邻域内不为零，则点
a
必
为
1
的本性奇点．
f(z)
例3 设
f( z)5(1e
z
)
1
，试求
f(z)
在复平面上的奇 点，并判定其类别．
解 首先，求
f(z)
的奇点．
f(z)
的奇点出自方程
1e
z
0

的解．解方程得
zLn(1)


(2k1)πi,k0,1,2,

若设
z
k
(2k1)πi(k0,1,2,)
，则易知
z
k
为
f (z)
的孤立奇点．另外，因
(1e
z
)
zz
k0,(1e
z
)

zz
k
0

所以，由零点的定义知
z
k
为
1e
z
的一级零点．从而 知
z
k
(k0,1,2,)
均为
f(z)
的一级< br>极点．

15


2π
0
1t< br>2
2t2
Ra(cosx,sinx)dx

Ra(,)dt


1t
2
1t
2
1t
2

复变函数测试题
一、单项选择题（本题共15分，每小题3分）
1.若
zxiy
，则
zz
（ ）．
(A)
xiy
(B)
x
2
y
2
(C)
x
2
y
2
(D)
xiy

2.若集合
E
为上半平面，则集合
E
由满足（ ）的全体点组成．
(A)
Rez0
(B)
Imz0
(C)
Rez0
(D)
Imz0

3.
2z
(z5e)dz
（ ）．

z1
(A)
0
(B)
1
(C)
1
(D)
i

1
在点
z2
展成幂级数的收敛半径为（ ）．
1z
(A)
1
(B)
2
(C)
3
(D)
4

4.函数
f(z)
z
2
5.若
f(z)
，则点
zi
为
f(z)
的（ ）．
1z
2
(A) 可去奇点 (B) 极点
(C) 本性奇点 (D) 非孤立奇点

二、填空题（本题共15分，每小题3分）

1.设
x,y
为实数， 称形如
(x,y)
的有序数对为复数，其中的“有序”意指：若
xy
，则< br>(x,y)
．
2.若点
a
为函数
f(z )
的可去奇点，则
Res(f,a)
．
3. 设函数
wf(z)
定义在区域
D
内，
z
0
为D
内某一点，若存在一个邻域
N(z
0
,

)
，使得
f(z)
在该邻域内 ，则称函数
f(z)
在点
z
0
解析．
4.设
z0,
，称满足 的
w
为
z
的对数函数，记作
wLnz
．
5.若映射
wf(z)
在区域
G
内是 ，则称该映射为区域
G
内的保形映射．
三、计算题（本题共50分,第1、2小题各7分，第3、4、5小题各12分）
1. 设
f(z)(x
3
3xy
2
x
2
y
2
1)i(3x
2
yy
3
2xy)
，求
f

(z)
．
2.计算
i
i
的值．
3.试问 点
z0
为函数
f(z)6sinz
3
z
3
( z
6
6)
的几级零点，为什么？
4z
2
4.试将
f(z)
在点
z1
的去心邻域内展成罗朗级数．
z1
5.计算积分



2π
0
9
d

．
acos

16

四、证明题（本题共20分，每小题10分）
1.设
ma
2
b2
,nc
2
d
2
，其中
a,b,c,d
均 为整数．试证：
mn
仍为两个整数的平方
和．
2.设
f(z )cosz
．试证：若
R0
，则在圆周
zR
上必存在一点z
0
，使得
f(z
0
)1
．
复变函数测试题答案
一、单项选择题
1.C 2.B 3.A 4.C 5.B
二、填空题
1.
(y,x)
2.
0
3. 处处可导 4.
e
w
z
5. 单叶且保角的
三、计算题
π

2
k
π
2
1.
3z2z
2.
e
2
（
k
为整数） 3.点
z0
为函数
f(z)
的
15
级零．
18π
4
,
0z1
5. 4.
f(z)4(z1)8

2
z1
a1
四、证明题
1.证：因
ma
2
b
2
(aib)(aib)

nc
2
d
2
(cid)(cid)

所以
mn(aib)(aib)(cid)(cid)

[(aib)(cid)][(aib)(cid)]

[(acbd)i(adbc)][(acbd)i(adbc)]

(acbd)
2
(adbc)
2

由于
a,b,c,d
均为整数，故结论得证．
2.证：设由圆周
z R
围成的区域
G
为
zR
，易知，
G
为有界闭区 域．
因函数
f(z)cosz
在
G
内不是常数，在
G< br>内解析，且在有界闭区域
G
上连续，所以，
由最大模原理有

f(z)cozsM,zG

这表明
f(z)cosz
在< br>G
内取不到最大值
M
，故它只能在
G
的边界
zR< br>上取到最大值
M
，
即在圆周
zR
上必存在一点
z< br>0
，使得
f(z
0
)M
，且有

f(z
0
)f(0)1

故结论得证．


数学与应用数学专业复变函数样题

一、单项选择题（本题共15分，每小题3分）
1.设
zxiy
，则
x
可用
z
表示为（ ）．
(A)
zzzz
zzzz
(B) (C) (D)
22
2i2i
2.若
zxiy
，则上半平面可表示为（ ）．

17

(A)
Imz0
(B)
Imz0
(C)
Imz0
(D)
Imz0

3.
1
．
dz
（ ）

za
za2
(A)
0
(B)
1
(C)
2πi
(D)
2πi

4.函数
f(z)e
z
在复平面上可表示为（ ）．
z
n
(A)

(B)
n2
n!

z
n
(C)

n0
n!

z
n
(D)

n1
n!

z
n


n2
n

5.设
f(z)sinz
， 则
zkπ(k0,1,2,)
为
f(z)
的（ ）．
(A) 一级零点 (B) 二级零点
(C) 三级零点 (D) 四级零点

二、填空题（本题共15分，每小题3分）

1.设
x,y
为实数，称形如
(x,y)
的 为复数．
2.设
zxiy
，则称
e
z

为指数函数，其中“
e
”为自然对数的底．
3.若存在某个
N(a,

)
，使得 ，则称点
a
为函数
f(z)
的解析点．
4.函数
f(z)
1
在点
z1
展成罗朗级数，即在 内展成罗朗级数．
1z
5.若映射
wf(z)
在区域
G
内是 ，则称此映射为区域
G
内的保形映射．
三、计算题（本题共50分,第1、2小题各7分，第3、4、5小题各12分）

1
1. 设
zxiy
，求
Re()
．
z
2.设
f(z)
z1
，试求
f(z)
的有 限奇点，并指出其类别．
22
z(z4)
3.设
ux
33xy
2
，试求解析函数
f(z)uiv
，使得
ux< br>3
3xy
2
，且满足
f(i)0
．
1
，试将
f(z)
在点
z1
展成幂级数．
z2

1
dx
． 5.计算积分


x
2
x2

四、证明题（本题共20分，每小题10分）

4.设
f(z)
1. 试证：若
f(z)2z
9
z
6
z
2
9z 3
，则
f(z)
在
z1
内只有一个零点．

18

2.设
f(z)
在区域
G
内为解析函数，试证: 若对某个点
z0
G
，有
f
(n)
(z
0
)0
,
n1,2,
，则
f(z)
在
G
内为常数．
数学与应用数学专业复变函数样题答案

一、单项选择题
1.B 2.C 3.D 4.B 5.A
二、填空题
1. 有序数对 2.
e
x
(cosyisiny)
3.
f(z)
在
N(a,

)
内处处可导
4.
0z1
5. 单叶且保角的
三、计算题
1. 解：因

所以
1x

Re()
2

2
z
xy
xiyxiy
11


2
zxiy(xiy)(xiy)
xy
2
2. 解：因使
z(z
2
4)
2
0

的点为
z0
与
z2i
，故它们为
f(z)
的孤立奇点．
又因点
z0
为
1
的一级零点，所以，
z0为
f(z)
的一级极点．而点
z2i
与
z2i
f (z)
均为
1
的二级零点，所以，点
z2i
与
z2i
均为
f(z)
的二级极点．
f(z)
3. 解：由C－R条件有
u
x
3x
2
3y
2
v
y
， 所以

v3x
2
yy
3


(x)
又因为
u
y
v
x
，得
0


(x)
，所以


(x)c

所以
v3x
2
yy
3
c

由此得

f(z)(x
3
3xy
2
)i(3x
2
y y
3
c)

由
f(i)0
得
c1
，故

f(z)(x
3
3xy
2
)i(3x
2
y y
3
1)

经验证
f(z)(x
3
3xy
2
)i(3x
2
yy
3
1)
或
f(z)z
3
i

即为所求．

19

4. 解：
f(z)
在
z13
内可展成幂级数，有
11


f(z)

z2z13


11


z1z1
3(1)3[1()]
33
n
1
n
(z1)



(1)

n
3
n0
3
(z1)
n



(1)
，
z13

n1
3
n0

n
5. 解：

而
Res(
17i17i
11

,)lim(z )
2
17i
22
z
2
z2zz2
z< br>2



17i
11
dx2πiRe(s ,)

2
x
2
x2z
2
z2


故

1
7i




1127π

dx2πi
2
7
xx2
7i
四、证明题（本题共20分，每小题10分）
1.证：令

g(z)9z,

(z)2z
9
z
6
z< br>2
3

因
g(z)
与

(z)
均 在
z1
上解析，且在
z1
上有

(z)2z
9
z
6
z
2
37,g(z)9

即


(z)g(z)

所以，
f(z)g(z)

(z)
与
g(z)

在
z1
内有相同个数的零点．
而< br>g(z)9z
在
z1
内只有一个零点，故
f(z)
在z1
内只有一个零点．
2.证：因
f(z)
在区域
G< br>内解析，所以一定存在
N(z
0
,R)
（其内部及边界全含于
G
内），
使得

f
(n)
(z
0
)

f(z)

(zz
0
)
n
，
zz
0
R

n!
n0
(n)
由
f
(
z
0
)

0(
n
1,2,

)
得

20

f(z)f(z
0
)
，
zz
0
R

即在
N(z
0
,R)
内
f(z)
为常数．
由解析函数的惟一性定理证得
f(z)
在
G
内为常数．
复变函数 试题
一、单项选择题(本题共20分，每小题4分)
1．若
则
2．点
( )．A．4．5 B．3 C．2．5 D．1
的( )．A．孤立点 B．内点 C．外
则
为整数)
( )．
为整数)

是集合
点 D．边界点
3．设 若

( )．
( )． A．0 B．1 C．2 D．3
二、填空题(本题共20分，每小题4分)
1．设2，Y为——，称形如(z，y)的有序数对为复数，其中的“有序，，意指：若

2．设 且20为G的——点，若
则
则称厂(z)在
点z。连续．
3．函数 在复平面上处处——导．
4．级数 的收敛半径等于
5．映射 将圆周映射为 ．
三、计算题(本题共45分，每小题15分)
1．设 试求以u为虚部的解析函数
2．计算积分
3．将函数

在点 的邻域内展成幂级数．
使得
四、证明题(本题l5分)
试证：点 是函数 的二级零点．

数学专业复变函数试题答案及评分标准
一、单项选择题(本题共20分。每小题4分)1．D 2．B 3．A 4．D 5．B
二、填空题(本题共20分，每小题4分) 1．实数 2．聚 3．不可 4． 1 5．圆
周
三、计算题(本题共45分，每小题15分)
1．解：由CLR条件有
于是
由此得

21

从而有 (c为任意常数)
因此
故得年
由
得
故得
2．解：设 由高阶导数公式得




3．解：因为厂(2)的有限奇点只有 与
所以，厂(2)在点 数，且，(z)在 内可展开，有：




四、证明题(本题l5分)
证法l：因为函数厂(2)在点 解析，且
所以点 为函数F(z)的零点，
又因
但
故由定义知道，点 为函数，(z)的二级零点．„„„l5分

证法2：因为函数，(2)在点 解析，且
所以点 为函数，(z)的零点，
又因
而常数函数 在点 解析，且
故由定理5．11得知点 为函数厂(2)的二级零点． ………l5分
数学专业 复变函数 试题 。
一、单项选择题(本题共20分，每小题4分)
1．设
zxiy,
则
|x|
2
可用z表示为( )．

2．点
z2i
是集合的( )．
22

A．孤立点 B．内点 C．外点 D．边界点
1e
2
1e
2
1e
2
1e< br>2

().

A.
2

B.
2e

C.
2

D.
2 e
4.

(z
2
3z2)dz().
A．0 B．1(：．2 D．3
|c|1
5．函数
f(z)
1
在点Z=l展成幂级数的收敛半径为( )．
1z
A．1 B．2 C．3 D．4
二、填空题(本题共20分，每小题4分)
1．若点集E的全部聚点都属于E，则称E为( )集．
2．设点a为函数f(x) 的奇点，若，f(x)在点a的某个去心邻域
0|za|R
内解析，
则称点a为 f(x)的( )
奇点．

(
sinz
,0)

z
5．映射w=z-1将直线映射为( ) ．
三、计算题(本题共45分，每小题l5分)
1．设
ve
x
si ny,
试求以t，为虚部的解析函数
2．计算积分
3．将函数
f(z)
1
在点z=l的邻域内展成幂级数．
z2
使得f(o)=1．
四、证明题(本题t5分)
试证：点z=l是函数的二级极点．
复变函数试题答案及评分标准
一、单项选择题(本题共20分，每小题4分) 1．C 2．C 3．B 4．A 5．B
二、填空题(本题共20分。每小题4分)
1．闭 2．孤立 3． 1 4．0 5．直线
三、计算题(本题共45分，每小题15分)
1．解：由C—R条件有

于是

由此得


23

从而有

(y)c
(c为任意常数)
因此
ue
x
cosyc

故得
f(z)(e
J
cosyc)i(e
x
siny)

由f(O)=1得c=0，故得
f(z)(e
x
cosy)i(e
x
siny)

e
z

2．解法1：设

因，(z)在c的内部只有两个有限奇点0与1，故作
有
由定理4．4

而




故

解法2：设因f(z )在c的内部只有两个有限奇点0与l，且知0是f(z)的
二级极点，l是f(z)的一级极点，由定 理7．1得

而


故

24

3．解：因为厂(z)的有限奇点只有z=2，所以f(z)在点z=l可展 成幂级数，且f(z)在|z
—l |<1内可展开，有


四、证明题(本题l5分)证：因为

而函数
极点．

在点z=1解析，且故由定理6．4得知点z=1为函数f(z)的二级

25