考研理學2025年復變函數(shù)試卷（含答案）考試時間：______分鐘總分：______分姓名：______一、填空題（每小題4分，共20分）1.設z=x+yi(x,y為實數(shù))，則|z|^2-zbar*z=________。2.函數(shù)f(z)=sin(x+yi)=sin(x)cos(y)+icos(x)sin(y)在________處解析。3.若函數(shù)f(z)=u(x,y)+iv(x,y)在區(qū)域D內(nèi)解析，且滿足f(1+i)=2+3i，則f'(1+i)=________。4.柯西積分定理的內(nèi)容是：若函數(shù)f(z)在簡單閉曲線C及其內(nèi)部區(qū)域D上解析，則∮_Cf(z)dz=________。5.函數(shù)1/(z-1)(z-2)在z=1處的留數(shù)是________，在z=2處的留數(shù)是________。二、選擇題（每小題5分，共25分）6.下列函數(shù)中，在z=0處解析的是（）。A.f(z)=|z|^2B.f(z)=sin(1/z)C.f(z)=z^2*ln(z)D.f(z)=1/(z-1)7.設C是圓周|z|=2，則積分∮_C(z^2+2z+3)/zdz等于（）。A.0B.2πiC.4πiD.8πi8.函數(shù)f(z)=z^2/(z-1)在z=1處（）。A.可導但不可解B.解析C.是極點，階數(shù)為1D.是極點，階數(shù)為29.級數(shù)∑_{n=0}^∞(z-i)^n/2^(n+1)的收斂圓是（）。A.|z-i|=1B.|z-i|=2C.|z-i|=1/2D.|z-i|=-1/210.下列命題中，正確的是（）。A.若函數(shù)f(z)在z0處解析，則它在z0的鄰域內(nèi)處處解析。B.若函數(shù)f(z)在z0處有奇點，則它在z0的任何鄰域內(nèi)都不解析。C.留數(shù)定理只適用于計算圍道內(nèi)部包含奇點的閉路積分。D.分式線性函數(shù)是具有保角映射性質(zhì)的函數(shù)。三、計算題（每小題7分，共28分）11.計算積分∮_Cz^2dz，其中C是圓周|z|=1，沿正向。12.將函數(shù)f(z)=1/(z(z+1))在z=-1處展開成洛朗級數(shù)，并指出其收斂區(qū)域。13.計算積分∮_C(z^2+4z+3)/(z^2+1)dz，其中C是圓周|z|=2，沿正向。14.利用留數(shù)定理計算積分∮_C(z^2+2z+1)/(z-1)^2dz，其中C是圓周|z|=2，沿正向。四、證明題（每小題9分，共18分）15.證明：若函數(shù)f(z)在區(qū)域D內(nèi)解析，且滿足f(z)=g(z)(g(z)為非零解析函數(shù))，則f(z)恒等于g(z)。16.證明：設P(z)是一多項式，且在簡單閉曲線C上及其內(nèi)部D內(nèi)解析。若在C上P(z)恒不為零，則在D內(nèi)P(z)沒有零點。---試卷答案一、填空題（每小題4分，共20分）1.x^2+y^22.除z=0外的任意點3.3-i4.05.-1/1=-1；1/1=1二、選擇題（每小題5分，共25分）6.C7.A8.C9.A10.D三、計算題（每小題7分，共28分）11.解析：由于z^2在全復平面上解析，積分結果為0。答案：012.解析：f(z)=1/z-1/(z+1)。將1/z和1/(z+1)在z=-1處展開：1/z=1/(-1+(z+1))=-1/(z+1)-1+(z+1)-...=-1/(z+1)-1+z+1-...=-1/(z+1)+z+...1/(z+1)=1所以f(z)=-1/(z+1)+z+...-1答案：-1/(z+1)-1+z+...13.解析：令P(z)=z^2+4z+3=(z+1)(z+3)，Q(z)=z^2+1=(z+i)(z-i)。奇點為z=-1,i,-i。C包含z=-1,i,-i。留數(shù)：Res(f,-1)=P'(-1)/Q(-1)=(2z+4)|_{z=-1}/((z+i)(z-i))|_{z=-1}=2(-1)+4/((-1+i)(-1-i))=2/(1+1)=1。Res(f,i)=P(i)/Q'(i)=((i+1)(i+3))/(2z)|_{z=i}=(i^2+4i+3)/(2i)=(-1+4i+3)/2i=(2+4i)/2i=1/i+2=-i+2。Res(f,-i)=P(-i)/Q'(-i)=((-i+1)(-i+3))/(2z)|_{z=-i}=(-i^2+4(-i)+3)/(-2i)=(1-4i+3)/(-2i)=(4-4i)/(-2i)=-2/i+2=2i-2。積分=2πi*(Res(f,-1)+Res(f,i)+Res(f,-i))=2πi*(1+(-i+2)+(2i-2))=2πi*(1+1)=4πi。答案：4πi14.解析：奇點為z=1。C包含z=1。留數(shù)：Res(f,1)=(z^2+2z+1)'/(z-1)^2|_{z=1}=(2z+2)/(z-1)^2|_{z=1}=4/(1-1)^2=undefined(poleoforder2)。不能直接用留數(shù)定理。將積分分成兩部分：∮_C(z+1)/(z-1)^2dz+∮_C1/(z-1)^2dz。第一個積分：令g(z)=z+1,h(z)=(z-1)^2。g(z)在C內(nèi)解析且不為零。Res(g/h,1)=g(1)/(h'(1))=2/(2*1)=1。積分=2πi*1=2πi。第二個積分：∮_C1/(z-1)^2dz。這是1/(z-a)^2在a=1處的積分。根據(jù)公式，如果圍道不繞a點，積分是0。如果圍道繞a點一次，積分是2πi*0=0。這里圍道C繞z=1一次，積分=0?？偡e分=2πi+0=2πi。答案：2πi四、證明題（每小題9分，共18分）15.證明：令h(z)=f(z)-g(z)。則h(z)在區(qū)域D內(nèi)解析。且h(1+i)=f(1+i)-g(1+i)=0。若h(z)在D內(nèi)不為恒零函數(shù)，則存在z0∈D，使h(z0)≠0。由最大模原理，|h(z)|≤max_{z∈?D}|h(z)|。由于h(z0)≠0，|h(z0)|>0。但若h(z)恒不為零，則|h(z)|在D內(nèi)某點取到最大值，與h(z0)≠0矛盾。因此，h(z)必在D內(nèi)恒為零，即f(z)=g(z)。16.證明：用反證法。假設P(z)在D內(nèi)有零點z0（z0≠0）。則P(z0)=0。在z0的充分小鄰域U內(nèi)，P(z)可表示為P(z)=(z-z0)Q(z)，其中Q(z)在U內(nèi)解析且Q(z0)≠0。在U內(nèi)，函數(shù)(P(z)/(z-z0)^2)=Q(z)/(z-z0)^2是解析的。根據(jù)柯西積分定理，∮_?U[Q(z)/(z-z0)^2]dz=0。但根據(jù)柯西積分公式，∮_?U[P(z)/(