專升本理工科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。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.設(shè)z?=1+i,z?=1-i，則(z?+z?)?的輻角主值是（）。A.0B.π/2C.πD.3π/22.函數(shù)f(z)=|z|2+z在z=i處（）。A.可導(dǎo)但不可微B.不可導(dǎo)也不可微C.可導(dǎo)但不可微D.可微3.設(shè)C為圓周|z-1|=1的正向，則積分∮_C(z+2)dz的值是（）。A.0B.2πiC.4πiD.πi4.函數(shù)f(z)=1/(z(z-1)2)在z=0處的留數(shù)是（）。A.-1B.1C.-2D.25.級數(shù)∑_(n=0)^(∞)z^(2n)的收斂半徑R是（）。A.1B.2C.1/2D.∞二、填空題：本大題共5小題，每小題3分，共15分。6.若復(fù)數(shù)z滿足|z-1|=2，則z的實部范圍是________。7.柯西積分公式∮_Cf(ζ)dζ=2πif(a)中，要求函數(shù)f(z)在圓周C及其內(nèi)部________。8.函數(shù)g(z)=z/(z2+1)的所有孤立奇點是________。9.級數(shù)∑_(n=0)^(∞)(z-i)?的收斂圓是________。10.若f(z)在區(qū)域D內(nèi)解析，且f(z)≠0，則對D內(nèi)任意閉曲線C，∮_Cf(z)dz=________。三、解答題：本大題共6小題，共60分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。11.（本小題滿分8分）計算積分∮_C|z|dz，其中C是連接z?=-1和z?=2的直線段。12.（本小題滿分10分）計算積分∮_C(z+1)/(z-1)dz，其中C是圓周|z|=2的正向。13.（本小題滿分10分）求函數(shù)f(z)=z2/(z-1)在z=2處的泰勒級數(shù)展開式（要求寫出收斂圓）。14.（本小題滿分10分）計算積分∫[0,π](cosθ+1)/(2+cosθ)dθ，利用留數(shù)定理。15.（本小題滿分10分）設(shè)f(z)是區(qū)域D={z||z|<1}內(nèi)的解析函數(shù)，且滿足f(0)=1。若對D內(nèi)任意閉曲線C，有∮_C(ezf(z)-z)/(z-1)dz=0，求f(z)。16.（本小題滿分12分）證明：若函數(shù)f(z)在區(qū)域D內(nèi)解析，且不恒為零，則f(z)在D內(nèi)的任何閉區(qū)域上至多只有有限個極點。試卷答案一、選擇題：1.C2.B3.A4.D5.A二、填空題：6.[-1,3]7.解析8.z=±i9.|z-i|<110.0三、解答題：11.解析思路：將積分路徑C用參數(shù)方程表示，然后代入積分式計算。解答：設(shè)C為從z?=-1到z?=2的直線段，參數(shù)方程為z(t)=-1+3t,t∈[0,1]。dz=3dt。積分變?yōu)椤襕0,1]|z(t)|*3dt=∫[0,1]|-1+3t|*3dt。當(dāng)t∈[0,1/3]時，-1+3t≤0，|z(t)|=-(-1+3t)=1-3t；當(dāng)t∈[1/3,1]時，-1+3t≥0，|z(t)|=-1+3t。原積分=∫[0,1/3](1-3t)*3dt+∫[1/3,1](3t-1)*3dt=[3t-(3/2)t2]_[0,1/3]+[3(3/2)t2-3t]_[1/3,1]=(3*(1/3)-3/2*(1/3)2)-(0-0)+(3*(3/2)*(1)2-3*1)-(3*(3/2)*(1/3)2-3*(1/3))=(1-1/6)+(9/2-3)-(3/6-1)=(5/6)+(3/2-3)-(1/2)=5/6+3/2*1-3*1+1/2=5/6+3/2-3+1/2=5/6+4/2-3=5/6+2-3=5/6-1=5/6-6/6=1/6.12.解析思路：檢查積分路徑C是否圍繞奇點z=1，使用柯西積分公式或留數(shù)定理。解答：被積函數(shù)f(z)=(z+1)/(z-1)在z=1處有奇點。積分路徑C是圓周|z|=2，其圓心在原點，半徑為2，奇點z=1在C內(nèi)部。方法一（留數(shù)定理）：∮_Cf(z)dz=2πi*Res(f,1)。計算f(z)在z=1處的留數(shù)：Res(f,1)=lim_(z→1)(z-1)*[(z+1)/(z-1)]=lim_(z→1)(z+1)=1+1=2。所以∮_C(z+1)/(z-1)dz=2πi*2=4πi。方法二（柯西積分公式）：f(z)=g(z)/h(z)，g(z)=z+1，h(z)=z-1。h(z)在z=1處不為零，h'(z)=1。則∮_C(z+1)/(z-1)dz=∮_Cg(z)/[h(z)-h(1)]h'(z)dz=2πi*g(1)=2πi*(1+1)=4πi。13.解析思路：使用泰勒級數(shù)展開公式f(z)=∑(n=0to∞)a_n(z-z?)?，其中a_n=(f^((n))(z?))/n!。將f(z)化為(z-1)/(z-1)*z2，再展開。解答：f(z)=z2/(z-1)=-z2/(1-z)。令w=1-z，則z=1-w，且當(dāng)|w|<1時，|z-1|=|w|<1。f(z)=-(1-w)2/w=-(1-2w+w2)/w=-(1/w)+2-w。現(xiàn)在將-1/w和-w在w=0附近展開為冪級數(shù)（即z附近）：-1/w=-1/(1-(1-z))=-∑(n=0to∞)(1-z)?=-∑(n=0to∞)(-1)?(z-1)?。-w=-(1-z)=-1+z-1。所以f(z)=[-∑(n=0to∞)(-1)?(z-1)?]+2-(1-z)=-∑(n=0to∞)(-1)?(z-1)?+1+z=1+z-∑(n=0to∞)(-1)?(z-1)?=1+z-[1-(z-1)+(z-1)2-(z-1)3+...]=1+z-1+(z-1)-(z-1)2+(z-1)3-...=z+(z-1)-(z-1)2+(z-1)3-...=z+z-1-(z-1)2+(z-1)3-...=2z-1-(z-1)2+(z-1)3-...=∑_(n=0to∞)(-1)^(n+1)(z-1)^n。收斂圓為|z-1|<1。14.解析思路：將積分轉(zhuǎn)化為復(fù)積分。設(shè)z=e^(iθ)，則dζ=izdθ，|z|=1。原積分變?yōu)閺?fù)平面上的積分。將被積函數(shù)用留數(shù)定理計算。解答：令z=e^(iθ)，則dζ=izdθ，當(dāng)z=e^(iθ)時，cosθ=(z2+1)/2z，sinθ=(z-z2)/2i。積分路徑C為|z|=1逆時針。原積分=∫[0,π][(z2+1)/2z]/[2+(z2+1)/2z]*2idz=∫[0,2π][(z2+1)/2z]/[(4z+z2+1)/2z]*2idz=∫[0,2π](z2+1)/(z2+4z+1)*2idz/2z=∫[0,2π](z2+1)/(z2+4z+1)*idz。將路徑C替換為積分形式：∫_Cf(z)dz=i∫[0,2π][(z2+1)/(z2+4z+1)]dz。令g(z)=z2+1，h(z)=z2+4z+1。h(z)=(z+2)2-3，其零點為z?=-2+√3i,z?=-2-√3i。檢查它們是否在C內(nèi)。|z?|=|-2+√3i|=√((-2)2+(√3)2)=√(4+3)=√7≈2.645>1。|z?|=|-2-√3i|=√((-2)2+(-√3)2)=√(4+3)=√7≈2.645>1。所以z?,z?均不在C內(nèi)。由留數(shù)定理，若f(z)在C內(nèi)解析，則∮_Cf(z)dz=2πi*Σ(Res(f,z_k))，其中z_k為C內(nèi)的孤立奇點。因h(z)在C內(nèi)無奇點，故原積分=i*0=0。原積分=∫[0,π](cosθ+1)/(2+cosθ)dθ=0。15.解析思路：利用柯西積分定理或高階導(dǎo)數(shù)公式?！觃C(ezf(z)-z)/(z-1)dz=0表明函數(shù)(ezf(z)-z)/(z-1)在C所圍區(qū)域D內(nèi)解析?；蛘?，將積分寫為∮_C[ezf(z)/z-1/z]/(z-1)dz，利用高階導(dǎo)數(shù)公式。解答：方法一（利用高階導(dǎo)數(shù)公式）：原積分∮_C(ezf(z)-z)/(z-1)dz=0。令g(z)=ezf(z)-z,h(z)=z-1。h(z)在z=1處有簡單零點。g(z)在D內(nèi)解析。根據(jù)高階導(dǎo)數(shù)公式，(g/h)^((n))(z?)=n!*[∮_Cg(z)/(z-z?)^(n+1)h'(z)dz]/2πi，其中z?=1。令n=0，得g(1)/h'(1)=∮_Cg(z)/(z-1)dz=0。h'(z)=1,h'(1)=1。所以g(1)=0。g(z)=ezf(z)-z。g(1)=e1f(1)-1=ef(1)-1。ef(1)-1=0。ef(1)=1。f(1)=1/e。方法二（利用解析性）：原積分∮_C(ezf(z)-z)/(z-1)dz=0。因為f(z)在D內(nèi)解析，所以ezf(z)在D內(nèi)解析。設(shè)F(z)=ezf(z)-z，則F(z)在D內(nèi)解析。F(z)在z=1處的值為F(1)=e1f(1)-1=ef(1)-1。被積函數(shù)(F(z)/(z-1))在z=1處有簡單極點。根據(jù)柯西積分定理，若函數(shù)在閉區(qū)域及邊界上解析，則積分為0。要使∮_CF(z)/(z-1)dz=0，F(xiàn)(z)/(z-1)在z=1處的留數(shù)必須為0。Res(F(z)/(z-1),z=1)=lim_(z→1)[(ezf(z)-z)/(z-1)]=lim_(z→1)[ezf(z)-z]/(z-1)=lim_(z→1)[ezf(z)-1]/(z-1)(因為z=1時，F(xiàn)(1)=1)。=lim_(z→1)[ezf(z)-ef(1)]/(z-1)(因為ez=1時，F(xiàn)(1)=1=>f(1)=1/e)=lim_(z→1)[ez(f(z)-1/e)-e(1/e)]/(z-1)=lim_(z→1)ez(f(z)-1/e)/(z-1)-1(因為e(1/e)=1)令u=z-1，則z=u+1，當(dāng)z→1時，u→0。原式=lim_(u→0)[e^(u+1)(f(u+1)-1/e)/u]-1=elim_(u→0)[e^u(f(u+1)-1/e)/u]-1=e*[lim_(u→0)(e^u-1)/u*lim_(u→0)(f(u+1)-1/e)/u]-1=e*[1*f'(1)*1]-1(因為lim_(u→0)(e^u-1)/u=1,f(u+1)在u=0附近可視為f(1)+f'(1)u+...)=e*f'(1)-1。要使留數(shù)為0，需e*f'(1)-1=0。e*f'(1)=1。f'(1)=1/e。但這與方法一得到f(1)=1/e矛盾。仔細(xì)檢查方法二推導(dǎo)，發(fā)現(xiàn)留數(shù)計算需要更嚴(yán)謹(jǐn)處理F(z)/(z-1)=F(z)/h(z)，h(z)=z-1。留數(shù)是F(z)/h'(z)在z=1處的值。即Res(F(z)/(z-1),z=1)=F(1)/h'(1)=F(1)/1=F(1)。所以F(1)=0。即ezf(z)-z在z=1處為0。ef(1)-1=0。f(1)=1/e。綜上，兩種方法都指向f(1)=1/e。雖然方法二推導(dǎo)留數(shù)時對f(z)在z=1處的導(dǎo)數(shù)引入了歧義，但結(jié)論是正確的，因為留數(shù)定理保證了積分結(jié)果與極點值直接相關(guān)。最終結(jié)論由方法一更直接可靠。16.解析思路：用反證法。假設(shè)存在無窮多個極點，構(gòu)造一個包含這些極點的閉區(qū)域，利用柯西積分定理或留數(shù)定理導(dǎo)出矛盾。解答：用反證法。假設(shè)命題不成立，即存