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一、 判断题（2×7=14分）：
1. （W）sinz是一个有界函数.
2. （W ）若函数f(z) 的实部和虚部在z0处可微满足Cauchy-Riemann条件，则f(z)在z0解析.
3. （R）若)(lim0zfzz存在且有限，则z0是f(z)的可去奇点.

4. （R）设函数)(zf在复平面上解析，若它有界，则必)(zf为常数.
5. （R）若0z是)(zf的极点，则)(lim0zfzz.
6. （R）若)(zf与)(zg在D内解析，且在D内一小弧段上相等，则Dzzgzf),()(.
7. （R）如果函数()fz在1z内解析，则11max{()}max{()}.zzfzfz
二、 单项选择题(本大题共3×4＝12分)

1. 下列结论不正确的是 A .
A. 函数)(zf在扩充复平面内的孤立奇点（包括无穷远点）的留数之和为零；

B. 函数)(zf“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)(zf在闭曲线C围成的闭区域D上除极点外解析，则)(zf在D上只有有限个奇点；
D. 函数ivuzf)(在区域D内解析的充要条件是在D内v是u的共轭调和函数.
2. 方程014258zzz 在|z|<1内根的个数为 C .
（A） 8； （B）1； （C） 5； （D）0.

3. 已知izizw312312将区域1,11zzzD保角地映射成区域 C .

A. 3arg0w； B. 32arg3w；
C. 3arg32w； D. 0arg3w.

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B 成绩
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4. 设C为正向圆周11z,那么Czzdz33)1()1(的值是 A
A. i83； B i43； C. i43 ； D. i83
三、填空题（本大题共3×6＝18分）
1. 函数21z在2z处的泰勒展开式为1122)2(21nnnznz．

2. 设函数 2371,Cfzdz C：2||z，则
iif2612)1('
.

3. 当a 0.5 时，函数xyiyxazfarctan)ln()(22在区域
0x
内解析.

4. 函数zezfzsin)(11 在扩充复平面上的所有奇点是,,1k，它们的奇点类型
分别是 本性奇点，一阶级点，非孤立奇点（极点要指出其级）.

5. ii的主值为)22(ke.
6. idzezzzz321213 .

题号 一 二 三 四 五 六 七
得分
批阅人(流水阅
卷教师签名处)

我承诺，我将
严格遵守考试纪
律。

承诺人：
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四、 计算题（本大题共6×3＝18分）
1. 设C为正向圆周|z|=1，求I=dzzecz21.

1]0),([Rezfs

izfsidzzecz2]0),([Re221＝因此，


2. 利用留数计算积分)0()(3sin022adxaxxx的值.
aeI32




.

3.利用留数求积分 )10(,cos21202aaad 的值.
.12))(1(cos2121||202aazazdziaadz








,||0,1!2111)(4212zzzzzezf
z

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五、共形映射（7×2＝14分）
1. 求将扇形域 4arg0,2zz映射成单位圆|w|<1的函数(需要画图).

.)16()16()16()16(24242424zizzizw
2. 试作一单叶解析函数w=f(z)，把|z|<1映射成|w|<1,并且使f(0)=1/2，f’(0)>0 .

.12/12zzw

六、 证明题（8×3＝24分）
1. 用两种方法证明0是函数ze1的本性奇点。

解：首先，0是函数ze1的孤立奇点。
1） 当zzezez/1/10;00时，时，
所以，0是函数ze1的本性奇点。

2）321!31!2111zzzez
主要部分有无穷多项，所以，0是函数ze1的本性奇点。
2. 利用柯西不等式证明：设函数)(zf在圆 :12Cz 内解析，且在C上连续，4020
是)(zf在C上取得的最大值，证明：2010|)1('|f．
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解：根据柯西不等式，我们有
.2010240202|)1('|Mf
3. 叙述并证明代数学基本定理。
解：任何一个非零的一元n次复系数多项式，都正好有n个复数根。

证明一
寻找一个中心为原点，半径为r的闭圆盘D，使得当|z| ≥ r时，就有
|p(z)| > |p(0)|。因此，|p(z)|在D内的最小值（一定存在，因为D是紧致的），
是在D的内部的某个点z0取得，但不能在边界上取得。于是，根据最小模原理，
p(z0) = 0。也就是说，z0是p(z
)的一个零点（根）。

证明二
由于在D之外，有|p(z)| > |p(0)|，因此在整个复平面上，|p(z)|的最小值在
z0取得。如果|p(z0)| > 0，那么1/p
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z，都有|1/p(z)| ≤ |1/p(z0)|。利用刘维尔定理（有界
的整函数一定是常数），可知1/p是常数，因此p是常数。于是得出矛盾，所
以p(z0) = 0。

证明三
这个证明用到了辐角原理。设R为足够大的正实数，使得p(z)的每一个根的绝
对值都小于R；这个数一定存在，因为n次多项式函数最多有n个根。对于每一
个r > R，考虑以下的数：
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其中c(r)是中心为0，半径为r的逆时针方向的圆；于是辐角原理表明，这个
数是p(z)在中心为0、半径为r的开圆盘内的零点的数目N，由于r > R，所以
它也是p(z)的零点的总数目。另一方面，n/z沿着c(r)的积分除以2πi，等于
n
。但这两个数的差为：

被积分的有理表达式中的分子，次数最多是n − 1，而分母的次数是n + 1。因
此，当r趋于+∞时，以上的数趋于0。但这个数也等于N − n，因此有N = n。