高等数学《复变函数与积分变换》(第五版)参考答案

1、高等数学复变函数与积分变换（第五版）参考答案高等数学复变函数与积分变换（第五版）参考答案弟一早尺Nzzfe弟早AfV*弟二早第四章8第五章14第六章16第七章19第八章23第九章261高等数学复变函数与积分变换(第五版)参考答案第一章1 .求下列各复数的实部、虚部、模与幅角31-2i2-i(1)3-4i-5i1-2i2-i解：百168.一一i=2525(13i)3(2)2解:1.3i2)3Rez=Imz=2525Argz=arctan-2k二8,5z=25kz二二3iw3=(cos-isin)=e3=-133Rez=-1Imz=0z=1Argz二:2k二kz2 .将下列复数写成三角表示式。1)

2、1V3i解：1-3i5二5二=2(cosisin)332i(2)1i2i解：1f-jtji=1i-2(cosisin)44高等数学复变函数与积分变换(第五版)参考答案43.利用复数的三角表示计算下列各式。-23i(1) 32i-23i解：32i=i=cosisin1)4(2) 4-22i3;：2.2(cosisin解，2LI43c8r3二/4 2k二 i . 3二/4 2k二=- 28 cos i sin4k =0,1233=2cos38k. . 3 8k-：i sin-：16164.设 Z1,Z2,Z3 三点适合条件：Z1 +z2 +z3=0,二1, Z1,Z2,Z3是内接于单位圆=1的一个

3、正三角形的项点。Z2= Z3zz证：因乙=Z2=Z3=1,所以Z1，Z2，Z3都在圆周Z=4=1,又因Z1+Z2+Z3=0则乙+Z2=Z3,乙+Z2=-z3=1,所以乙+z2也在圆周Z=1上，又乙+Z2-Z1=Z2=1,n所以以0,Z1，Z1+Z2为顶点的三角形是正三角形，所以向量Z1与Z1*Z2之间的张角是3,同理二2二z2与乙+z2之间的张角也是3,于是乙与Z2之间的张角是3,同理乙与Z3,Z2与Z3之间的2二张角都是3，所以Z1，Z2，Z3是一个正三角形的三个顶点。、一35.解方程z+1=03733一2k，2k二二斛：z=1=z=cosisink=0,1,2331.3：Zi-cosisi

4、ni3322z2=cos.7sin-15二5二1、.3z3=cosisin=-i3322a6.试证：当口=1,口<1时，则l1-7.设z+z,=2cos9（z¥°，9是Z的辐角），求证zn+z”=证：zz,=2cos=z2-2cos二z1=0贝(jz=cos?_isini当z=cos日+isin8时z'=cos-isin9znz1=(cosn?isin?)cos(-n?)isin(-n?)=2cosn二故zn.zq=2cosnl当z=c0s日-isinO时，同理可证。*8.思考题：(1)复数为什么不能比较大小？答：复数域不是有序域，复数的几何意义是平面上的点。

5、(2)是否任意复数都有辐角？答：否，z=0是模为零，辐角无定义的复数。第二章1.指出满足下列各式的点Z的轨迹是什么曲线?arg(z-i)=-(D43Targ(z-i)=argxi(y-1)=-解：设z=x+iy则4y-10x=y-1则点Z的轨迹为:(2)z-a=Re亿一b)，其中a，b为实数常数;解:(xa)+iy=Re(xb+iy)若:若:若:设z=x+iy则:(3)zz+az+az+b=0,其中为a复数b为实常数。解:由题设可知：(za)(za)b-即:z+a2a-b若:=b则Z的轨迹为一点-a若:则Z的轨迹为圆，圆心在-a,半径为若:b无意义(高等数学复变函数与积分变换（第五版）参考答案

6、2.用复参数方程表示曲线，连接1+i-1-4i直线段。解：z-(1i)<(-1-4i)-(1i)t0<t<1则z=(1i)-(25i)t(0<t吗3.描出下列不等式所确定和区域与闭区域，并指明它是有界的还是无界的？是单连域还是多连域？并标出区域边界的方向(1),C1z<1,Rez<-2解：由z<11Rez三一又2有界，单连域2(2)Rez：1解：令z=x72由Rez：1='2-y：122即：yx-1无界，单连域6高等数学复变函数与积分变换(第五版)参考答案一|z-1<2(3)Iz1解：令z=xYy无界，多连域4 .对于函数0=f(z)=i

7、z，D：1mz>0,描出当z在区域D内变化时，w的变化范围解：令z=x7贝w=f(z)=iz=i(xiy)=yixImza0,贝(jya0Rew-y:0,，w的变化范围在第2,3象限，但不包括虚轴Rezlim5 .试证J0z不存在。xRezlim、工lzm0:PSxiy证：z=y,1令丫=收则：上述极限为1+ki不确定，因而极限不存在。*6.思考题(1)怎样理解复变函数w=f(z)?答.设w=u+iv,z=x+iy,则w=f(z)就是uiv二f(xiy);u(x,y)iv(x,y)：u=u(x,y)即N=v(x，y)因此，一个复变函数f(z)与两个实变函数u(x，y)和v(x，y)相对应

8、，从几何意义上来说，复变函数可以看作是z平面上的点集口到亚平面上的点集G上的映射。(2)设复变函数f(z)当ZTZ。时的极限存在，此极限值与z趋于Z。所采取的方式(取的路径)有无关系？答：没有关系，z以任意方式趋于Z0时，极限值都是相同的，反过来说，若令 z沿两条不同 的曲线趋于Z0时极限值不相等，则说明f(z)在Z0没有极限，这与高等数学中的情形是类似的， 只是一元实函数中，xN能从左、右以任何方式趋于x0,而这里可以从四面八方任意趋于 Z0。第三章1,用导数定义，求f(z) = zRez的导数。lim解：*p.：z(z zz) Re(z：；/z) - zRez.：zz Re z 匚 z R

9、e z z Re z.：z/ Re ：z、=lim (Re z Re z z). z WzRezx=lim(Rez)=lim(Rezz)Az妇0Ax+iAy当z#0时，导数不存在，当z=0时，导数为0。2.下列函数在何处可导？何处不可导？何处解析？何处不解析?1f(z)=二(1) z1 f(z)=- 解： zxy-i- =u(x，y)Ux22y -x 22 2(x y )Uy2xy222(x y )-2xyvx 72272(x y )22二 x -yy / 222(x y )当且仅当x=y时，f(z)满足cr条件，故当x=y时f(z)可导，但在复平面不解析一3223(2) f(z)=x-3xy

10、i(3xy-y)解：令f(z)=u(x,y)iv(xy)C2c2八Ux=3x-3yVx=-6xyCC2c2Uy=6xyVy=3x-3y因f(z)在复平面上处处满足CR条件，且偏导数连续，故f(z)可导且解析3,设my3+nx2y+i(x3+lxy2)为解析函数，试确定l，m，n解：由C-R条件可知：2nxy=2网所以n=1又3my2+nx2=_3x2-ly2所以3m=-1,且n=-3m=1n=1=3J4.设f在区域D内解析，试证明在D内下列条件是彼此等价的。(1)f二常数；(2)r(z)=0;(3)Ref(z)=常数(2)Imf(z)=常数；(5)f解析；(6)f(Z)=常数。证:由于f(z)

11、在且域D内解析，则可得C-R方程成立，即；:uA；:u；:va2y且£y改1) 一2)由f"则=c'=0在D内成立，故(2)显然成立,f,r.L.L./.u.二v二v.二uc.-u二uf(z)二i=-i=0=0=,u(x,y)2) -3)由汉汉内内&q是常数即Ref=常数Hn丁=0、产Lv(x,y)=出二出=03二。3) -4)u三常数改勾由C-R条件lex是常数=1m”幻=常数4) -5)若Imf(z)=c，f=u+ic，f(z)=u-©，因f在D内解析.u:x.：v:y-：c-y=0,.:u5VFc二一 二一 二 0.:y;:x：:x包_

12、63;(-e)£0_£(-C)即改可，勾&一阶偏导连续且满足C-R条件=f(z)在D内解析5) -6)f(z)=u+iv,g(z)=f(z)=uTvg|g解析，则由C-R条件包色：:u：:v纵歹的改，对f(z)在D内解析，.:u；:v；:u,二 xy y四=2 = 0= v为 1m 、cvysxi a一史=色=0= v为常数f(z)© 汉为常数6) 一1)他4=常数=f=常数，令u2+v2=c分别对x，y求偏导数得cuUdu-vexy；uFuv u j- xyr_.2,2.CU-(u+v)=0dx(u2v2)-u=02y若u2+v2=0贝/=v=0,f(z

13、)=0,因而得证.:U.:Uc.：vv-i=0=0,:v若U2+v2#0,则私制，故U二常数，由C_R条件改例为常数f(z)=常数*5.思考题:(1)复变函数f(z)在一点Z。可导与在Z。解析有什么区别?答：f(z)在Z。解析则必在Z。可导，反之不对。这是因为f(z)在Z。解析，不但要求f(z)在Z。可导，而且要求f(z)在Z。的某个邻域内可导，因此，f(z)在Z。解析比f(z)在Z。可导的要求高得2多，如f(z)=z在z0=0处可导，但在Z。=0处不解析。(2)函数f(z)在区域D内解析与f(z)在区域D内可导有无区别？答：无，(两者等价)。(3)用c-R条件判断"z'nw

14、xy'+iwxy)解析时应注意些什么？答：udy'Xiy)是否可微。(4)判断复变函数的可导性或解析性一般有哪些方法。答：一是定义。二是充要条件。三是可导(解析)函数的和、差、积、商与复合仍可导(解析)函数。第四章1.由下列条件求解析函数f(z)=u+iv：(1)u=2(x-1)y,f(2)-i解：由f解析可知：ux=vyuy"vx而ux%Uy=2(x-1)则vx-Uy-2(x-1),vy=Ux=2y32所以v(x，y)=Vydy=2ydy=y2(x)-2(x-1)-Vx-针(x).2(x)=-2(x-1)dx=-(x-1)c由f(2)=可知C=0-_2-f(z)=2

15、(x-1)yi(y2x-1)(2)y-v=arctg,x0.xVx解：因Ux可知:vy=v=vy22xyuy一Vxu(x,y)二Juxdx二x212dx二一ln(y2x2y2)(y)Uy2.解：要使V(x，y)为调和函数，有:二 v 二 v v 二 0V vxx vyy即._2_ px_ px_._p e sin y - e sin y122.u(x,y)ln(xy)c2-122yf(z)ln(xy)ciarctg2xpx.设v-esiny,求的值使v为调和函数，并求出解析函数f(z)-uiV- -Vx''p=±1时，v为调和函数，要使f(z)解析，则Ux=vy,Uy

16、u(x,y);uxdx二vydy:epxcosydx=-epxcosy：(y)puy=epxsiny(y)-pepxsinyp(y)=(1-p)epxsinyp：(y)=(p)ppxecosycex(cosy+isiny)+c=ez+cp=1即：u(x, y) = pepx cosy cff(cosy+isiny)+c=-e+cp=-13 .如果f(z)=u+iv为解析函数，试证-u是v的共腕调和函数证：因f(z)解析，有:.：u=Q.：v=0,ux=Vv,uv=vxxyyx所以，u”均为调和函数，且一u亦为调和函数=uxf(-u):y:(-u):x而 if(z)=v-iu=v i(-u)可知

17、:Vx = -uy-:(-u)-:yVy =7x-：(-u)即满足C-R条件'if(z)也是解析函数。故-u是V的共腕调和函数4 .如果f(z)=u+iv是一解函数，试证：if(z)也是解析函数证:因f(z)解析,则Ux=Vy,Uy=-vx且u,v均可微，从而一u也可微。5 .试解方程:(1) ez=13i解:ez=1.3i=2(cossin)=2e33JTi(-2k二)31n2i(2k-)=e3ji.z=ln2.i(2k二一)kz3(2)sinzcosz=0i2z.解：由题设可知：e=-1JI.z=k二-,kz46 .求下列各式的值：(1)Ln(-34i)解：Ln(-34i)=ln5

18、iarg(-34i)，4、=In5i(2k二二-aratg)33，解：Ln331二333=27e"3=276岫3i2k-：)=27ejn3"：=27e2k二cos(ln3)-isin(ln3)2(3)e2i2i1解：e=ee2=e(coslisin1)*7.思考题(1)为什么复变指数函数是周期函数，而实变指数函数没有周期？答：由于实数是复数的特例，因此在把实变函数中的一些初等函数推广到复变数情形时，要使定义的各种复变初等函数当z取实数X时与相应的实变初等函数有相同的值并保持某些性质不变，但不能保持所有的性质不变。复变指数函数并不能保持实变指数函数的所有性质。如对复数Z,一般

19、没有ezA。而复变指数函数的周期性，仅当周期是复数(2km)时才显现出来。所谓实变指数函数ex没有周期，是指其没有实的周期。(2)实变三角函数与复变三角函数在性质上有哪些异同？答：两者在函数的奇偶性、周期性、可导性上是类似的，而且导数的形式、加法定理、正余弦函数的平方和等公式也有相同的形式。最大的区别是，实变三角函数中，正弦函数与余弦函数都是有界函数，但在复变三角函数中，sinz1与8sz工1不再成立。因为sin zizJze - eizdzeTeizi-e当yT+8时，e-TO，eyTy。故sinzT-(3)怎样理解实变对数函数与复变对数函数的异同？并理解复变对数函数的运算性质。答：因为我们

20、把对数函数定义为指数函数的反函数。所以由复变指数函数的多值性推出复变对数函数也是多信函数，Lnz=lnz.iArgz.Lnz的主值即lnzKnz+iargz,是单信函数，当z=x,而x。时，lnz就与高等数学中的lnx值一致了。在复变对数函数的运算性质中，注意到等式In（乙z2）=ln乙+Inz2与In（乙/z2）=Inz1-lnz2,要对其含义理解清楚。在实变对数函数中它们的意义是明了的，但在复变指数函数中，例如,Ln(zi及)=LnZ1Z2+iArg(z1Z2).1nzi=lnz1+iArgz1,lnz2=Inz2|+iArgz2,Inz1z2=Inz1+Inz2Arg(z1z2)二Arg

21、zArgz2应理解为：任意给定等式两端两个多信函数一对可能取的值，左端多值函数也必有一个信使等式成立。反过来也一样。也就是理解为等式两端可能取的函数值从全体上讲是相同的(即不能只考虑某一单值支)。后一式也同样理解，但对等式n、Lnn/z=1Lnz,nLnz=Ln(z)和n它两端所能取的值从全体上看还是不一致的。n匚：如对 nLnz = Lnz，取 n = 2 时，设 z= rea,22 i2-iZ = r e ，得得2Lnz=21nr+i(2L+4kn).k=0,±1,工2,而从Ln(z2)=1nr2i(2u2m二),m=0,二1,二2,两者的实部是相同的，但虚部的可取值不完全相同。

22、(4)调和函数与解析函数有什么关系?答：如果f(z)=u+iv是区域D内的解析函数，则它的实部U和虚部V的二阶偏导数必连续，从而满足拉普拉斯方程，所以是调和函数。由于解析函数的导函数仍是解析函数，所以它的实部和虚部的任意阶偏导数都是f(z)的相应阶导数的实部和虚部，所以它们的任意阶偏导数都存在且连续。故可以推出：u、v的任意阶偏导数仍是调和函数。(5)若v是u的共腕调和函数，可以说u是v的共腕调和函数吗？答：不行，两者的地位不能颠倒。因为，若v是u的共腕调和函数，则应有出义乌四:V二ucucv&勾反的而u是v的共腕调和函数，要求改勾,以可，两者一般不能同时成立，所能推知的是一U是v的共

23、腕调和函数。第五章1i2(x-y)ixdz1.计算积分0,积分路径：自原点沿实轴至1,再由1铅直向上至1+i解:1i20(x-y)ixdz(1,0)2(1,0)2(0,0)(x-y)ixdz(0,0)(x-y)ix)dz21ix)dxi°(1-yi)dy62.计算积分Lizdz_C|z的值，其中C为(1)z=2;z=4.i-i解：令z=re则I"zdz =2 二 reriei?d r - 2 二 ri r当r=2时，为4万当r=4时，为8汨z一dzz3.求积分c z 的值，其中C为由正向圆周1足2C-一dz解：cz(1)0 sinzdz解:"sin zdz = -

24、8sz二 i0 =1 - cos 二 i(2)Jiz1四也一1i,ezdz=izde=(zeZ-eZ)1 Le1,16.当积分路径是自一i沿虚轴到i,利用积分性质证明:i99(x2iy2)dz£2i如ci如ci(x+iy)dz"(x+iy)dz<fy2dsE1.2=2证：一*7.思考题(1)在积分的定义中为什么要强调积分f(z)沿曲线C由仪到0的积分”？它与沿曲线C由口到口的积分”有什么区别？baf(x)dx-f(x)dx答：在定积分中已有4,b，即积分是与区间的方向有关的，n_sn-、f(k)Z这里w=f(z)在C上的积分也与C的方向有关。这从积分和式y中的因子zk

25、=zk-zk可直接看出，若改变C的方向，即f(z)是沿曲线C由口到"积分，则积分与原积分反号：Cf(z)dz-f(z)dzCC即为一个实函数的积分，如果f(x)是实值的，则为一元实函数的定积分,因而这样定义复变函数积分是合理的，而且可以把高等数学中的一元实函数的定积分当作复积分的特例看待。应当注意的是，一般不能把起点为口，终点为的函数f(z)的积分记作Pf(z)dzf(z)dz.卜,因为这是一个线积分，要受积分路线的限制，必须记作C(3)应用柯西一一古萨定理应注意些什么?答：必须注意定理的条件单连域”，被积函数虽然在B内处处解析，但只要B不是单连的，定理的结论就不成立。例如f=1在圆

26、环域：TWz"怖内解1.八.,一dz=2二i析，C为域内以原点为中心的正向圆周，但，Cz，就是因为不满足单连域”这个条件。f(z)dz=0还要注意定理不能反过来用,即不能因为有JC，而说f在C内1 dz = 0处处解析，例如忆Tz，但一、 1f (z)二=7-1z在z -1内并不处处解析。第六章1.计算下列积分2z2-z1(1)dzzT解：z=1为奇点:-2r2zz+1,c2、；Jdz=2ni(2z-z+1)闰手z-1(2)z|z|3 产 dz解:2 二i z e99二 2： i z = 0 - 99!I”sin z , dz(3)sin z , dz解:l"/ 二 2(z

27、-万)=2：i(sin z)JI z 二一2=2兀icoszjiz =2 =0cosz(4)cw <2z3dz其中C1 : z =2； C2 : z =3为负向。cosz解："1 c2z3dzcosc 3 c1 zdzc2coszdz二(cosz cosz2!2!)(cosz) z =0 = 0:=一'一'_=t''=0或c1st1P2,c12.若f(z)是区域G内的非常数解析函数，且f(z)在G内无零点，则f(z)不能在G内取到它的最小模。证：设g(z)=f(z),13f为非常数解析函数，且VzeGf#°则g(z)为非常数解析函数所以

28、g(z)在G内不能取得最大模即f(z)不能在G内取得最小模3.设f在z *1上解析，且在zf-z < z,试证,1f (-) <8证：因f一 Z中一(在z=1上)所以f(z) £2, (z =1)f (z) -z zQ - J)2dzf (z) -zTzW2dz41ds = 8111=1-X+",(x,y)在z=14.设”力与g(z)在区域D内处处解析，C为D内的任何一条简单闭曲线，它的内部全含于D,如果f(z)=g(z)在C上所有点处成立，试证在C内所有的点处f(z)=g(z)也成立。证：设F=f-g，因f(z)，g均在D内解析，所以F在D内解析。在 C 上，

29、F(z) =0,(zw c) , z0Wc 有:2二 i c z - zodz = 0所以f(Z0)=g(Z0)由z0的任意性可知：在C内f=g(z)*5.思考题(1)复合闭路定理在积分计算中有什么用处？要注意什么问题？答：由复合闭路定理，可以把沿区域外边界线的回路积分转化为沿区域内边界线的积分，从而便于计算。特别地，如果积分回路的内域中含有被积函数的有限个奇点，我们就可以挖去包含这些点的足够小的圆域(包括边界)，函数在剩下的复连域解析，由复合闭路定理，就可以将大回路的积分换成分别沿这些小圆周的回路积分。利用复合闭路定理是计算沿闭曲线积分的最主要方法。使用复合闭路定理时，要注意曲线的方向，边界

30、曲线C由C0，C1，C2,，Cn所围，-f(z)dz=0-if(z)dz-0虫，即/g-g-,这时C0取逆时针方向，而C1,C2,Cn取顺时针方向，而公式:f(z)dz=.CiC2Cnf(z)dzC0中C0,Cl,，Cn都取逆时针方向(2)柯西积分公式成立的条件是什么？柯西积分公式说明了什么问题?答：柯西积分公式是建立在柯西积分定理基础上的，以柯西定理成立为前提条件，因此柯西定理的条件也是柯西积分公式成立的条件。即函数f(z)在以C为边界的闭区域G上解析，当然也可以放宽到f(z)在G内解析，在C上连续。柯西积分公式反映了解析函数值之间很强的内在联系，f(z)在区域内点a的值"2,可以

31、用f(Z)在边界C上的值通过积分来表达。这就是说，函数f(Z)在区域中任一点的值，完全由它在区域边界C上的值所确定，这是实变量的可微函数所不具有的。(3)解析函数的高阶导数公式说明解析函数的导数与实函数的导数有何不同？答：高阶导数公式说明，函数f(z)只要在闭区域G中处处可微，它就一定处处无限次可微，并且它的各阶导数均为闭区域G上的解析函数。这一点与实变量函数有本质的区别。我们知道，对于实函数y=f(x)而言，即使它在某一区问上一次可导，导数f'(x)不一定仍然可导，甚至可能是不连续的。第七章n!Zn1 .序列是否有极限？若有，求出其极限。n n!ilimZn=lim1 nJ3(n -

32、1)!n -111.=e ： 1n-1解：因(n-1)故级数ZZn收敛，则其通项ZnT°，(nT平n!.nlimzn=limni=0即序列Zn有极限，亦即TTn2 .级数n!是否收敛？是否绝对收敛?n!nn!收敛，因而绝对收敛，故原级数收敛。3 .试确定下列幕级数的收敛半径oO'、.cos(in)zn(1)In_nee解:Icosin二hmn，cosi(n1)=lim-3e(2)解:，n1)(n1)e'(nan)znn=0R=limn>:-j(n1)a=limn(n1)1(n1)ee当a<1时R=1当a=1时R=1当a>1时R=1/a4.将下列各函数

33、展开为z的幕级数，并指出其收敛区域1(1)C解:1(1 -z)2QOQ0=，zn) =v znn =0n =0QOn =' (n 1)zn ( z ： 1).n=0R=1,收敛域为z <1解:-1f (z) = f (z)-?则(z-1)(z-1)2f(z)(zz-1)f(z)=02_(z-1)f(z)(4z-3)f(z)2f(z)=0f(0)=e,，f(0)=e,，f(0)=-eJ,f(0)=-eJf(4)(0)-e1ezl =11一 z 一 z 2!1 3-z3!1z4 4!,z : 1(3)z z20e dz解:zz20e dzz 二- fZ 0n卫2n z2n zzn!n

34、!dzn o n! 2n 1z ：-(zn1-zn)5.讨论级数t的收敛性。解：级数的部分和为Snn 1n .(z -z )n 1=z -1k=0lim Sn = lim(zn* -1) n 二n)二二z :： 1 t lim .Sn = - 1, 当z 时，nT«级数收敛。当z >1时，nimSn不存在，级数发散。（ lim Sn =0,当z=1时三 级数收敛。当z = -1时，nimSn不存在，级数发散。cOx - nz z6.证明*在z >1内解析。证：当z力时，显然Z#0,令n3，此级数在W < 1 L - A, 是收敛的。故在w<1是解析的，此即亦即

35、在Q0Z>1 内,'Zn-解析。*7.思考题(1)如何判定级数的绝对收敛性与收敛性?OOn故级数T 的绝对收敛性可OC£Ml答：由于级数T的各项都为非负实数,oOoOoOQ0'、n<：n=anbn依正项级数的定理判定之。又由于级数I可表示为n，-Z,其oOoOoO'、an'、bn'、'-'n中nm及nm均为数项级数，故级数T的收敛性可依赖于数项级数的定理判定之。anan绝对收敛的充要条件又是(2)判定级数n田收敛的必要条件是什么？t什么?Q0lim 二 n = 0;、anf 而E绝对收oO'、an答：如同实级

36、数一样，收敛的必要条件是QOQ0'、：Rean”Iman敛的充要条件是修与n都是绝对收敛级数。(3)为什么说函数能展为幕级数与函数为解析函数是等价的？答：因为在收敛圆内，幕级数的和函数是解析函数。同时，在某点邻域内解析的函数在其邻域内必然可以展成幕级数。第八章1.求下列函数在指定点z0处的Taylor展式。(1)43z,zo=1i解：f(z)只有一个奇点其收敛半径为.10贝(j4-3z1-3i-3(z-1-i)rnn八一3-n7z-(1i)nn3(1-3i)n11-3i1-3(z-1-i)1-3i10z一(1+i)<3(2)sin乙zo=1解:sinz=sin(z-11)=sin

37、(z-1)cos1sin1cos(z-1)=cos1:d_z!n山(2n1)!2n7-1sinVnz0n2n(-1)(z-1)2n!或:(sinz)(n)=sin(zn,(sinz)(n)=sin(1nz=1.二1sinz=sin(n=on!+1)(z-1)n,z-12.将下列各函数在指定圆环域内展为Laurent级数。1(1)zez,0<z<821z2(11解：zez=z2.n2'-)-2!nfn!o,1解：奇点为z=2,-i故可在1z<2中展开为洛朗级数。z2-2z5(z-2)(z21)z-22z2112(1-f)2z2(1)znn1，z、2z1、(7)-V(-)

38、2nz02Zn-0Z12-722,3.将(z1)在z=i的去心邻域内展为Laurent级数。riii12i-ZT1)n(zi)n因=I1+乙,9-An+解：z+1j2i1=(2i).,，()'n(z-严J22,22/,2nT所以(z+1)(z-i)(z+i)(z-i)(z+i)n达21f(z)=cos(z-)4.证明在z以z的各幕表出的Lanrent展开式中的各系数为:12二Cn=cos(2cosi)cosnFi,n=0,二1,2二0提示：令C为单位圆z=1,在C上取积分变量z=e旧，则=2cos二，dz=iei1d二证明：f在°<z<1上解析，令c：z=1Iz1

39、=2cos二dz=iejd在c上取z=e则zCnf(z)12cos(2cos”.dziedu2二i0J1)Fe2二°cos(2cos)cosn力一2二°cos(2cos)sin而：cos(2cos)sinned1-0cn2二°cos(2cos二)cosnM1*5.思考题(1)实变函数中函数展成Taylor级数和复变量函数中函数展开为Taylor级数的条件有什么不同?答：在实变量函数的情形下，即使f(x)的各阶导数都存在，欲把函数展开成幕级数也未必可能。这是因为在实变量函数里，函数f(x)展开成Taylor级数的条件既要求f(x)具有各阶导函数，还要求所展成的Tay

40、lor级数的余项趋向于零，对于一个具体的函数来说，要证明其各阶导数都存在，已不容易，要证明其级数的余项趋近于零就更困难了。而对复变函数来讲，只要函数在Z0的邻域内处处解析，不仅有一阶导数，且有各阶导数。而实函数的可导性不能保证导数的连续性，因而不能保证高阶导数的存在。(2)确定f(z)的Taylor级数的收敛半径时，应注意什么？奇点为什么在收敛圆周上？答：一般地，f(z)在解析区域D内一点z0的Taylor级数的收敛半径，等于z0到D的边界上各点的最短距离。但f(z)在D内有奇点时，R="-z04是f(z)的距z0最近的一个奇点。因此，在确定f(z)的Taylor级数的收敛半径时，要

41、确定f(z)在D内有无奇点，并找出距z0距离最近的一个奇点。奇点总是落在收敛圆周上，因为若在收敛圆内，则在圆内出现f(z)的不解析点；若在圆外，则收敛圆还可扩大。(3) Laurent级数与Taylor级数有何关系？答：Laurent级数与Taylor级数的关系是：当已给函数f在点z0处解析时，中心在z。，半径等于由z0到函数f(z)的最近奇点的距离的那个圆域可以看成圆环域的特殊情形。在其中就可以作出罗伦级数展开式，根据柯西积分定理，这个展式的所有系数Cq(n=12)都等于零。在此情形下，计算罗伦级数的系数公式与Taylor级数的系数公式相同，所以罗伦级数就转化为Taylor级数。因此，Tay

42、lor级数是罗伦级数的特殊情形。高等数学复变函数与积分变换（第五版）参考答案37第九章1 .找出下列各函数的所有零点，并指明其阶数。z29z2 9八4解：z（Dz41=(z3i)(z-3i)z,所以z=±3i为一阶零点2/z22 2)z(ef2z2fJ)1=0解：(法一)令f=z(e-1)则z=、2f(z)=(2z2z3)ez2-2z.2z23z2f(z)=(26z)e(2z2z)2ze-2f'(z)八=0,f(z).#0,(k#0)z=0z=、2knif“(z)z=0=°f(z)=12zez12z3ezc8z12z3)ez(4z24z3)2zezf"(z

43、)c=03 =0(4) z2z2z22z22z22z23z3(z)=12e24e-e36ze24ze(836z)e(8z12z)2ze_3z3_3-4z2一(16z32ze(8z8z)e2zf(4)(z)=20=0z=0,z=0为4阶零点z=石面(k=0)为一阶零点。(法二)令f(z)=z2(ez-1)242n2zzz=z2(1-1)1!2!n!242n_2二z4(1-)2!3!n!Z=0为4阶零点。2=9万为1阶零点。(3)f(z)=6sinz3+z3(z6-6),问Z=0是f(z)的几阶零点。解:qQf(z)=6-(-1)n4nJz9-6z3(2n-1)!-6(z39z_十3!15z5!2

44、1z9_3)z9-6z37!615=z5!621-z7!+15二 z心66(一一z5!7!二z二0是f的15阶零点。2,下列各函数有哪些奇点？各属何类型（若是极点，指明它的阶数）tg(z-1)(Dz- - eztg(z -1) 解：z -1sin(z -1)=(z -1) cos(z -1)limz 1tg(z -1)二131z -1 = k-： , z 二 k二，z = 1为可去奇点，231+ 21是简单极点。(2)-1zk= 1,-2；z -ez 1 (ez-1)zez1解：ez-1z=z(ez-1)，令z(ez1)=O,得z=0,z=2依iz-ez.z.zeezez=0为可去奇点当z=2

45、kni时，(k=0),z-ez1=0(ez-1)z1而z=2k：izz=e-1ze二0z=2ki,z=2kjd为一阶极(3)1e=1z1解：e二1=、-(n卫n!z-1)n1为本性奇点(4)sinz+cosz1解.sinz-coszr冗2sin(z)4kz二k二4时为1阶极点。(5)sinz3-z解：z=0为奇点sinzu13(z_z3!5!1)2(1-z3!4)5!(Fnznf2nz(2n1)!二0为二阶极点1(6)z2(ez-1)解：z=0,z=2k二i为奇点(ez-1)z2=z而二一n211)n留n!二二n二二n=z2J=却Jn丑n!n£n!二z=0为三阶极点z=2km为简单极点g（z）是以Z0为零点的两个不包为零的解析函数，则l二lim上zz0g(z)zE0g(z)高等数学复变函数与积分变换(第五版)参考答案证明：f(z0)=g(z0工且f三Qg三0,f,g是解析函数则f=(z玷"其中，"为解析函数g(z)=(zZo)nW(z)且甲(Zo)#0,中(Zo)#0,m,n各为某一正整数f(Z)，r,、m_n(z)一(Z