自考本科數(shù)學(xué)專業(yè)2025年復(fù)變函數(shù)試卷（含答案）考試時間：______分鐘總分：______分姓名：______一、選擇題：（本大題共5小題，每小題3分，共15分。在每小題列出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的，請將正確選項字母填在題后的括號內(nèi)）1.函數(shù)f(z)=(z^2-1)/(z-1)在z=1處()A.可導(dǎo)但不可微B.不可導(dǎo)但可微C.既是可導(dǎo)又是可微D.既不可導(dǎo)又不可微2.設(shè)C是圓周|z|=2，正整數(shù)n≥1，則積分∮_C(z^n+1)/(z^n-1)dz的值為()A.0B.2πiC.-2πiD.πi3.函數(shù)w=1/(1-z)將點z=0映射到()A.w=1B.w=-1C.w=0D.w=∞4.若函數(shù)f(z)在區(qū)域D內(nèi)解析，且滿足f(z)=u(x,y)+iv(x,y)，則u(x,y)滿足的方程是()A.?u/?x-?u/?y=0B.?u/?x+?u/?y=0C.?^2u/?x^2+?^2u/?y^2=0D.?^2u/?x^2-?^2u/?y^2=05.留數(shù)定理可用于計算以下哪個積分？()A.∫_(-∞)^∞e^(-x^2)dxB.∫_0^(2π)cos^2(t)dtC.∫_C(z^2+1)/(z-1)dz，其中C是圍繞z=1的閉合曲線D.∫_0^(2π)(1+t^2)dt二、填空題：（本大題共5小題，每小題4分，共20分。請將答案填在題中橫線上）6.若f(z)=z^2+2z+3，則f'(0)=________。7.柯西積分公式∮_Cf(ζ)/(ζ-z)dζ=2πif(z)中，函數(shù)f(ζ)必須在圓周C上________，并且在以z為中心的圓域內(nèi)________。8.若函數(shù)f(z)=1/(z-2)^3在z=2處的留數(shù)是R，則R=________。9.將點z=-1+i映射到w=1的分式線性映射為________。10.函數(shù)w=z+1/z在z=i處的導(dǎo)數(shù)w'(i)=________。三、計算題：（本大題共4小題，每小題7分，共28分。請寫出計算過程）11.計算積分∮_C(z^2+2z+1)/zdz，其中C是圓周|z|=1，沿正向。12.計算積分∮_Cz^2e^z/(z-1)dz，其中C是圓周|z|=2，沿正向。13.計算積分∫_(-∞)^∞(x^2+1)/(x^4+1)dx。14.計算積分∮_C(z^2+3z+2)/(z-1)^2dz，其中C是圍繞z=1的任意簡單閉合正向曲線。四、證明題：（本大題共2小題，每小題10分，共20分。請寫出證明過程）15.證明：如果函數(shù)f(z)在區(qū)域D內(nèi)解析，并且f(z)恒不為零，那么函數(shù)1/f(z)也在區(qū)域D內(nèi)解析。16.證明柯西積分定理：如果函數(shù)f(z)在簡單閉曲線C及其內(nèi)部區(qū)域D內(nèi)處處解析，則∮_Cf(z)dz=0。試卷答案1.C2.A3.D4.C5.C6.57.解析，解析8.09.w=(z+1)/(z-1)10.-1-i11.解析思路：觀察被積函數(shù)，z=0為奇點，位于積分路徑C內(nèi)。將z^2+2z+1分解為(z+1)^2。利用柯西積分公式計算∮_C1/zdz，結(jié)果為2πi。計算∮_C(z+1)dz，由于z+1為多項式，積分結(jié)果為0。因此，原積分結(jié)果為2πi+0=2πi。12.解析思路：觀察被積函數(shù)，z=1為奇點，位于積分路徑C內(nèi)。利用柯西積分公式計算∮_C1/(z-1)dz，結(jié)果為2πi。計算∮_Cz^2e^zdz和∮_Ce^zdz。由于z^2e^z和e^z均為多項式乘以解析函數(shù)，在閉合路徑上的積分為0（高階導(dǎo)數(shù)在路徑內(nèi)積分也為0）。因此，原積分結(jié)果為2πi*e^1=2πie。13.解析思路：令z=x+iy，則x^4+1=(x^2+√2xy+y^2)(x^2-√2xy+y^2)。將積分路徑從實軸延拓至半圓弧，閉合路徑圍繞原點。利用留數(shù)定理計算∮_C(z^2+1)/(z^4+1)dz。積分函數(shù)在z=±1處有簡單極點。計算留數(shù)：Res(f,1)=(1^2+1)/(4*1^3)=1/2；Res(f,-1)=((-1)^2+1)/(4*(-1)^3)=-1/2。積分值為2πi*(1/2-1/2)=0。原積分為實軸部分，由Cauchy定理，原積分=0。另一種方法是令x=1/t，積分變?yōu)椤襙(-∞)^∞(1/t^2+1)/(1/t^4+1)*(-1/t^2)dt=∫_(-∞)^∞(t^2+t^4)/(t^4+1)dt。比較實軸部分，原積分=∫_(-∞)^∞(x^2+x^4)/(x^4+1)dx。令x^2=t，dx=dt/√t，積分變?yōu)椤襙0^∞(t+t^2)/(t^2+1)*dt/√t=∫_0^∞(t^(1/2)+t^(3/2))/(t^2+1)dt。分解為兩個積分：∫_0^∞t^(-1/2)/(t^2+1)dt+∫_0^∞t^(1/2)/(t^2+1)dt。前者等于(1/2)*arctan(t)|_0^∞=(1/2)*(π/2)=π/4。后者令t=tan(θ)，積分變?yōu)椤襙0^(π/2)sin(θ)cos(θ)dθ=(1/2)∫_0^(π/2)sin(2θ)dθ=(1/4)[-cos(2θ)]_0^(π/2)=(1/4)[1-(-1)]=π/2。原積分=π/4+π/2=3π/4。此處計算有誤，正確應(yīng)為π/2。原積分結(jié)果為π/2。修正：原積分為∫_(-∞)^∞(x^2+1)/(x^4+1)dx。令x=1/t，dx=-dt/t^2。積分變?yōu)椤襙(-∞)^∞(1/t^2+1)/(1/t^4+1)*(-dt/t^2)=∫_(-∞)^∞(-t^4-t^2)/(t^4+1)dt/t^2=∫_(-∞)^∞-(t^2+1)/(t^4+1)dt。故原積分=-原積分。因此原積分為0。14.解析思路：觀察被積函數(shù)，z=1為奇點，且為二階極點，位于積分路徑C內(nèi)。利用高階留數(shù)計算公式計算∮_Cz^2/(z-1)^2dz。公式為(1/(n-1)!)*lim_(z→1)[d^(n-1)/dz^(n-1)((z-1)^n*f(z))]。此處n=2，f(z)=z^2+3z+2。計算lim_(z→1)[(z-1)*(z^2+3z+2)]=lim_(z→1)(z^3+2z^2+3z-z^2-3z-2)=lim_(z→1)(z^3+z^2-2)=1+1-2=0。由于結(jié)果為0，積分值為0。15.解析思路：設(shè)f(z)在D內(nèi)解析，f(z)≠0?？紤]函數(shù)g(z)=1/f(z)。任取D內(nèi)一點z0，由于f(z0)≠0，設(shè)f(z0)=M≠0。由f(z)在z0解析，可展開為泰勒級數(shù)f(z)=M+a1(z-z0)+a2(z-z0)^2+...。取倒數(shù)并展開，當(dāng)|z-z0|足夠小時，1/f(z)=1/M+(-a1/M)(z-z0)+...。這是一個在z0點解析的級數(shù)（因為M≠0，a1是有限數(shù)），故g(z)=1/f(z)在z0點解析。由z0的任意性，g(z)在D內(nèi)處處解析。16.解析思路：方法一（柯西積分定理證明）：設(shè)C為D內(nèi)任意簡單閉曲線，f(z)在C及其圍成的區(qū)域D內(nèi)解析。令g(z)=F(z)=∫_Cf(ζ)/(ζ-z)dζ。我們需要證明g(z)在D內(nèi)處處解析。對F(z)求導(dǎo)：F'(z)=d/dz[∫_Cf(ζ)/(ζ-z)dζ]。交換求導(dǎo)與積分次序需要驗證?/?z[f(ζ)/(ζ-z)]在C上積分與∫_C(?/?z)[f(ζ)/(ζ-z)]dζ是否相等。?/?z[f(ζ)/(ζ-z)]=f(ζ)*?/?z[1/(ζ-z)]=f(ζ)*(-1/(ζ-z)^2)*?(ζ-z)/?z=-f(ζ)/(ζ-z)^2。由于f(ζ)和1/(ζ-z)^2在C上連續(xù)，所以積分為有限值。又因為ζ=ζ，所以?/?z[f(ζ)/(ζ-z)]=?/?z[f(ζ)/(ζ-z)]。因此，F(xiàn)'(z)=∫_C?/?z[f(ζ)/(ζ-z)]dζ。由微積分基本定理，此積分等于被積函數(shù)在路徑C上的值，即F'(z)=f(z)-f(z)=0。所以F(z)在D內(nèi)處處解析，且F'(z)=0。由解析函數(shù)唯一性定理，在D內(nèi)F(z)恒為常數(shù)。取C上一點z1，則F(z)=F(z1)=∫_Cf(ζ)/(ζ-z1)dζ。由于f(ζ)在C上連續(xù)，被積函數(shù)f(ζ)/(ζ-z1)在C上連續(xù)，故此積分值為有限常數(shù)。因此，F(xiàn)(z)在D內(nèi)恒為該常數(shù)。由f(z)在D內(nèi)解析，f(z)不恒為0（否則積分定理不適用），所以F(z)必為0。即∫_Cf(ζ)/(ζ-z)dζ=0。方法二（柯西積分公式直接應(yīng)用）：設(shè)C為D內(nèi)任意簡單閉曲線，f(z)在C及其圍成的區(qū)域D內(nèi)解析，z為D內(nèi)任意一點。根據(jù)柯西積分公式，f(z)=(1/2πi)∮_Cf(ζ)/(ζ-z)