复变函数课后习题答案全

1、习题一答案1.求下列复数的实部、虚部、模、幅角主值及共腕复数:(1)(3)2i3i(2)一(ii1)(i2)解:因此:(2)因此,(3)因此,(4)(4).821i4i(1)Rezz一(iRezRez.8ziRez32i3,13i1)(i2)310,3i1i33,4i1,2132i13Imz2133i13i101Imz1033iImziImz24i3,35i，213i2.将下列复数化为三角表达式和指数表达式:(1)i(2)1J3i(3)r(sinicos)(4)r(cosisin)(5)1cosisin(0解:(Dicosisinie2(2)1.3i2(cos23、2isin32.-i2e3(

2、3)r(sinicosrcos(2isin(2)(4)r(cosisinrcos(isin()re(5)1cosisin2sin222isincos223.求下列各式的值:5100100(D(，3I)(2)(1|)(1|)(3)(1,3l)(cosIsin)(1I)(cosIsin)(4)，L.l、2(cos5isin5)II3(cos3isin3)(5) 31(6)1解：（1）（%3i）52(cos(JIsIn(6)551(1I)100(1I)100(2I)50(2I)502(2)50(13i)(cosIsin)(1I)(cosIsin)，L.l、2(4)(cos5isin5)一,Z；Zz(

3、cos3isin3)(5)3i3cosIsin22(6) .1I.2(cos-Isin一)444.设Z11I、2,Z2J3i,试用三角形式表示44与二Z2解：Z1cos4Isin,4Z22cos(6)Isin(),所以Z1Z22cos(45 .解下列方程：6 )IsIn(4)2(cosIsin)，61212(1)(zI)51(2)z4a40(a0)解：（1）zI“由此2kIe5i,(k0,1,2,3,4)11acos-(2k)sin(442k)，当k0,1,2,3时，对应的4个根分别为:6.证明下列各题:(1)设zXiy,则证明：首先，显然有Izl,x2y2其次，因2x卜|,周此有2(x2(i

4、xy)2,从而zx2y2(2)对任意复数4建2,有乙4证明：验证即可,首先左端而右端2x12V122y1x222x2y2z222Re(乙z2)(x1x2)2(y1y2)2,2V22Re(Xi2(x/2yy?)iy1)(x2iy2)(%x2)2(y1由此，左端=右端，即原式成立。(3)若abi是实系数代数方程a0zna1zan1za。0的一个根，那么abi也是它的一个根。证明：方程两端取共腕，注意到系数皆为实数，并且根据复数的乘法运算规则，zn(z)n,由此得到：a0(z)nQ(z)n1an1za00由此说明：若z为实系数代数方程的一个根，则z也是。结论得证(4)若a|1,则ba,皆有月a1ab

5、证明：根据已知条件，有aa1,因此:ab1ababaaababa(ab)(5)若a|1,b1,则有且11ab、1.2，,xx证明：ab(ab)(ab)_2_1ab(1ab)(1ab)2abab,abab,因为a1,b1,所以，22222,2a|b|间|b|1(1间)(b|1)0,2-2ab因而ab1ab,即一一1,结论得证1ab7.设Z1,试写出使zna达到最大的z的表达式，其中n为正整数，a为复数解：首先，由复数的三角不等式有znazna1a在上面两个不等式都取等号时zna达到最大，为此，需要取zn与a同向且zn1,即zn应为a的单位化向量，由止匕,a同8 .试用z1,4,4来表述使这三个点

6、共线的条件解：要使三点共线，那么用向量表示时,z2z1与4z1应平行，因而二者应同向或反向,即幅角应相差0或的整数倍，再由复数的除法运算规则知Arg三一亘应为0或的整数倍，至此得到：马，4，4三个点共线的条件是_z2一亘为实数。9 .写出过马，马(z14)两点的直线的复参数方程。解：过两点的直线的实参数方程为：xx1t(x2x1)yV1t(y2y。因而，复参数方程为：其中t为实参数。10 .下列参数方程表示彳f么曲线？(其中t为实参数)(1) z(1i)t(2)zacostibsint(3)zt-t精心整理解：只需化为实参数方程即可。(1)xt,yt,因而表示直线yx22xy(2) xacos

7、t,ybsint,因而表小椭圆二1a2b2_1/(3) xt,y因而表小双曲线xy111 .证明复平面上的圆周方程可表示为zzazazc0,其中a为复常数，c为实常数证明：圆周的实方程可表示为：x2y2AxByc0,zzzz、,八22II2一代入x,y,并注意到xyzzz,由此22i1AzzzzczzABc0,22iABiABi八整理，得zzzzc022记ABa,则B"a,由此得到22.-zzazazc0,结论得证。12 .证明：幅角主值函数argz在原点及负实轴上不连续。证明：首先，argz在原点无定义，因而不连续。对于x00,由argz的定义不难看出，当z由实轴上方趋于时，arg

8、z,而当z由实轴下方趋于x0时，argz,由此说明limargz不存在，因而argz在点不连续，zx0即在负实轴上不连续，结论得证。一,113 .函数w一把z平面上的曲线x1和x2y24分别映成w平面中的什么曲线？z解：对于x1,其方程可表示为z1yi,代入映射函数中，得111iywuiv-1,z1iy1y1y因而映成的像曲线的方程为u,v一%,消去参数y,得1y1yU2V212u,即(u1)2v2(1)2，表示一个圆周。对于x2y24,其方程可表示为zxiy2cos2isin代入映射函数中，得1 1221因而映成的像曲线的万程为ucos,vsin,消去参数，得uv一,表2 24一，1示一半径

9、为一的圆周。214 .指出下列各题中点Z的轨迹或所表示的点集，并做图：解：(1)z%r(r0),说明动点到4的距离为一常数，因而表示圆心为心，半径为r的圆周。(2) |zz0|r,是由到Z0的距离大于或等于r的点构成的集合，即圆心为Z0半径为r的圆周及圆周外部的点集。(3) |z1|z3|8,说明动点到两个固定点1和3的距离之和为一常数，因而表示一个椭圆。代入zxiy,化为实方程得(4) |zi|zi|,说明动点到i和i的距离相等，因而是i和i连线的垂直平分线，即x轴。(5) arg(zi)一,幅角为一常数，因而表示以i为顶点的与x轴正向夹角为一的射线。4415 .做出下列不等式所确定的区域的

10、图形，并指出是有界还是无界，单连通还是多连通。(1) 2|z|3,以原点为心，内、外圆半径分别为2、3的圆环区域，有界，多连通(2) argz(02)，顶点在原点，两条边的倾角分别为，的角形区域，无界，单连通(3) j-z3|1,显然z2,并且原不等式等价于|z3|z2,说明z到3的距离比到2的距离大，因此原不等式表示2与3连线的垂直平分线即x2.5左边部分除掉x2后的点构成的集合，是一无界，多连通区域。(4) z2z21,显然该区域的边界为双曲线z2z21,化为实方程为4x2y21,再注意到z15到2与Z到2的距离之差大于1,因而不等式表示的应为上述双曲线左边一支的左侧部分，是一无界单连通区

11、域。(5) z14z1,代入zxiy,化为实不等式，得178所以表小圆心为(一,0)半径为？的圆周外部，是一无界多连通区域。1515习题二答案1.指出下列函数的解析区域和奇点，并求出可导点的导数。,、5311(D(z1)5(2)z2iz(3)(4)zz21z3解：根据函数的可导性法则(可导函数的和、差、积、商仍为可导函数，商时分母不为0),根据和、差、积、商的导数公式及复合函数导数公式，再注意到区域上可导一定解析，由此得到：(D(z1)5处处解析，(z1)55(z1)4(2) z32iz处处解析，(z32iz)3z22i1 2(3)的奇点为z10,即zi,z211(4) z的奇点为z3,z32

12、.判别下列函数在何处可导，何处解析，并求出可导点的导数。(1)f(z)xy2x2yi(2)f(z)x2y2i(3) f(z)x33xy2i(3x2yy3)(4)f(z)=z解：根据柯西一黎曼定理：22(1) uxy,vxy,四个一阶偏导数皆连续，因而u,v处处可微，再由柯西一黎曼方程jvv,uvVx解得：xy0,xyyx因此，函数在z0点可导，f(0)uxivxn0,'，xxz0函数处处不解析。22(2) ux,vy,四个一阶偏导数皆连续，因而u,v处处可微，再由柯西一黎曼方程uxvy,uyvx解得：xy,因此，函数在直线yx上可导，f(xix)uxivx|yx2x,因可导点集为直线，

13、构不成区域，因而函数处处不解析。(3) ux33xy2,v3x2yy3,四个一阶偏导数皆连续，因而u,v处处可微，并且u,v处处满足柯西一黎曼方程uxVy，uyVx因此，函数处处可导，处处解析，且导数为(4)f(z)ux1z2x1xiyuy222,(xy)2xy7272,(xy)vyxiy-22，uxy22xy222，(xy)2xy222，(xy)x22,xyJ,xy因函数的定义域为z0,故此，u,v处处不满足柯西一黎曼方程，因而函数处处不可导,处处不解析。3.当l,m,n取何值时f(z)my32nxyi(x3lxy2)在复平面上处处解析?解：umy3nx2y,vUx2nxy,Vy2lxy,U

14、y由柯西一黎曼方程得：由(1)得nl,由(2)得nlxy3my3,2nx,Vx223xly,3ml,因而，最终有4.证明：若f(z)解析，则有(|f(z)|)2(由柯V2)2(一uf(z)2|2f(z)|uuyVVxxxu2f(z)2右端,5.证明：若f(z)常数。y(uuyvvy)22：22uuV)2、22VV)(uvxV522uV证毕。uiv在区域D内解析，且满足下列条件之一,则f(z)在D内一定为(1)f(z)在D内解析，(2)u在D内为常数,(3)f(z)在D内为常数，(4)Vu2(5)2u3v1证明：关键证明u,v的一阶偏导数皆为0!(1)f(z)uiv,因其解析，故此由柯西一黎曼方

15、程得UxVy,uyVx而由f(z)的解析性，又有uxVv,uvxyy由(1)、(2)知，uxUvVxVvxyxyf(z)c1ic2为常数(2)设uc1,那么由柯西一黎曼方程得Vxuy0,VyUx0,(DVx(2)0,因此uc1,Vc2，即(3)由已知，2uuy2vVxxx2uuy2VVyf(z)|2u20因f(z)解析，所以又有uxxVy，求解方程组(1)、(2),得uxx从而f(z)也为常数。uyuyVx(2)xvxvy0,说明u，v皆与x，y无关，因而为常数,说明v与x，y无关，因而vc2,从而f(z)c1ic2为常数。2vc。为常数，等式两端分别对x，y求偏导数，得(1)(4)同理，vu

16、2两端分别对x，y求偏导数，得再联立柯西黎曼方程uyxVy，uy4,仍有(5)同前面一样，2u3v1两端分别对x,y求偏导数，得考虑到柯西一黎曼方程uYxvy,uyvx,仍有uxuvvxvv0,证毕。xyxy6.计算下列各值(若是对数还需求出主值)(1)(2)Ln(i)(3)Ln(34i)(4)sini(5)(1i)i2(6)273解:i(1) e2cos(2)Ln(i)Inarg(i)2ki(22k)k为任意整数,主值为：ln(i)(3)Ln(34i)2ln4iarg(34i)2kln5(4arctan-32k)i，k为任意整数主值为：ln(4i)ln5arctan4)i(4)sinii.i

17、ei.ie2i(5)(1i)iiLn(1i)e2i(ln2-ie42ki)iln.2一e42k一2ke4(cosln五isinJ5),k为任意整数222-Ln27-(ln272ki)(6)273e3e3当k分别取0,1,2时得到3个值:2ln274kie3e34k9e39,9e38i73I),9e312(1、3|)7.求e2和Argez222.解：ezexy2xyi,因此根据指数函数的定义，有2222ezexy,Argez2xy2k,(k为任意整数)8 .设zrei,求ReLn(z1)解：Ln(z1)ln|z1|Iarg(z1)2kI,因此9 .解下列方程：(1) ez1E(2)lnzI2(3

18、) sinzcosz0(4)shzI解：(1)方程两端取对数得：zLn(1J3i)ln2(-2k)I(k为任意整数)(2)根据对数与指数的关系，应有(3)由三角函数公式(同实三角函数一样)，方程可变形为因此zk,即zkk为任意整数44ezez(4)由双曲函数的定义得shzI,解得2(ez)22Iez10,即ezI,所以zLnI(2k)I,k为任意整数210 .证明罗比塔法则：若f(z)及g(z)在z0点解析，且f(z0)g(zj0,g(z0)0,则lImf3并由此求极限Ums”；lImzz。g(z)g(4)z0zz0证明：由商的极限运算法则及导数定义知f(z)f(4).f(z)zz0hmhm0

19、z&g(z)zz°g(z)g(z0)由此，lImz0sInzzzcoszlIm1z01.f(z)f(z0)hmzz0zz0.g(z)g(z0)hmzz0zz0ez1zf(4)g(z0)11 .用对数计算公式直接验证:(DLnz22Lnz(2)LnVz1Lnz2解：记zreI,则(D左端Ln(r2e2i)2lnr(22k)i,右端2lnr(2m)i2lnr(24m)i,其中的k,m为任意整数显然，左端所包含的元素比右端的要多(如左端在k1时的值为2lnr(22)i,而右端却取不到这一值)，因此两端不相等。(m2k)i2(-n)i2_2mi(2)左端Lnre2-lnr11右防一l

20、nr(2n)ilnr22其中k,n为任意整数，而m0,1不难看出，对于左端任意的k,右端n取2k或2k1时与其对应；反之，对于右端任意的n,当n2l为偶数时，左端可取kl,m0于其对应，而当n2l1为奇数时，左端可取k2l,m1于其对应。综上所述，左右两个集合中的元素相互对应，即二者相等。12 .证明sinzsinz,coszcosz证明：首先有ezex(cosyisiny)ex(cosyisiny)exiyez,因此izizee一sinz,第一式子证毕。2i同理可证第二式子也成立。13.证明|Imz|sin证明：首先，sinzz|e'mW(gp|y|sinz、e,2i2eyeyey,

21、右端不等式得到证明。其次，由复数的三角不等式又有eizeiz|同卜|eyeysinz2i22eyxxee根据图等数学中的单调性万法可以证明x0时x,因此接着上面的证明，有2eyeysinzy,左端不等式得到证明。214.设zR,证明sinzchR,coszlchR证明：由复数的三角不等式，有izizpizpizeeeesinz2i2由已知，yR,再主要到xeyeych|y|,0时chx单调增加，因此有sinzchychR,同理,coszizizee2izeizechR证毕15.已知平面流场的复势(D(zi)2(2)z22f(z)为1(3) -z21试求流动的速度及流线和等势线方程。解：只需注意

22、，若记f(z)(x,y)i(x,y),则流场的流速为v流线为(x,y)等势线为因此，有(1)(z流速为v(x,y)f(z),Ci,c2，i)2x诟(y1)i2x22(T7)2(z(y1)22x(y1)ii),流线为x(y1)c1,等势线为x2(2)z3(xiy)3x33xy2(y1)2C2(3x2yy3)i流速为vf流线为3x2y(z)3z23(z)2,c1,等势线为132x3xyc21流速为v流线为一2(x2(xiy)217TT2zf(z)/2八2(z1)-2(z2y2z1)212xyi等势线为F(x2xy2dX2.22y1)4xy22xy12772/22y1)4xyC2习题三答案1.计算积

23、分(xyix2)dz,其中c为从原点到1i的直线段c解：积分曲线的方程为xt,yt,即zxiytti,t:01,代入原积分表达式中，得2 .计算积分ezdz,其中c为ci的直线iy(1)从0到1再到1i的折线(2)从0至IJ1解：(1)从0到1的线段c1方程为：zx从1到1i的线段c2方程为：zxiy1iy,精心整理代入积分表达式中，得e1ei(sin1icosli)e(cos1isinl)1e7.通过分析被积函数的奇点分布情况说明下列积分为0的原因，其中积分曲线c皆为zi1；(2)从0到1i的直线段的方程为zxiytti,t:01,代入积分表达式中，得Z11卜edzoe(tti)dt(1i)

24、Qe(costisint)dt,c对上述积分应用分步积分法，得.23 .积分(xiy)dz,其中c为(1)沿yx从0到1i(2)沿yx2从0到1i解：(1)积分曲线的方程为zxiytti,t:01,代入原积分表达式中，得(2)积分曲线的方程为zxiyxx2i,t:01,代入积分表达式中，得4 .计算积分|z|dz,其中c为1*'Ic(1)从1到+1的直线段(2)从1到+1的圆心在原点的上半圆周解：(1)c的方程为zx,代入，得(2)c的方程为zxiycosisin,:0,代入，得5.估计积分z的模，其中c为+1到-1的圆心在原点的上半圆周。解：在c上,z=1,因而由积分估计式得dsc的

25、弧长c6.用积分估计式证明：若f(z)在整个复平面上有界，则正整数n1时其中cR为圆心在原点半径为R的正向圆周。证明：记f(z)M,则由积分估计式得Mc-2M前2R前取极限，由夹比定理，得因n1,因此上式两端令RlimRdz0,证毕。zn(4) Ccdz(z2)dzcosz(5) Ozezdzc(3)Cdcz22解：各积分的被积函数的奇点为：(1)z2,(2)(z1)230即z1有，(3)zT2i(4)zk,2k为任意整数,(5)被积函数处处解析，无奇点不难看出，上述奇点的模皆大于1,即皆在积分曲线之外,从而在积分曲线内被积函数解析,因此根据柯西基本定理，以上积分值都为8 .计算下列积分：0o

26、0册2zdzi.2,/、sinzdz(3)i1zsinzdz0解：以上积分皆与路径无关,因此用求原函数的方法:(D2ze1dz-e'22z1/3。、1/八2(e2e)2(i1)(2)sin2zdzicos2z,rzsin2zdz-2(3)1zsinzdz01zdcosz0zcoszcoszdz0_dz9 .计算一口cza其中c为不经过a的任一简单正向闭曲线。解：被积函数的奇点为a,根据其与c的位置分四种情况讨论:(1)a皆在c外，则在c内被积函数解析，因而由柯西基本定理(2)a在c内,a在c外，则一z11在c内解析，因而由柯西积分a公式:dz22za.1iza(3)(4)同理，当a在c

27、内，a在c外时,a皆在c内此时，在c内围绕a,a分别做两条相互外离的小闭合曲线j,c2,则由复合闭路原理得:、1注：此题若分解-2za1-)，则更简单!aza10.计算下列各积分解:(1)°z1(z;)(z2)由柯西积分公式iz(2)04-z2iJ在积分曲线内被积函数只有一个奇点i,故此同上题一样:(3)。2*3(z21)(z24)z2在积分曲线内被积函数有两个奇点i,围绕i,i分别做两条相互外离的小闭合曲线c1,c2,则由复合闭路原理得：(4) O一一dz,在积分曲线内被积函数只有一个奇点1,故此z22z1(5) Osinzdz,z2z14在积分曲线内被积函数有两个奇点1,围绕1,

28、1分别做两条相互外离的小闭合曲线g,c2,则由复合闭路原理得：2n(6)Odz,n为正整数，由高阶导数公式|z2JDn一dz,其中c为1)31ez计算积分oe2icz(z(D1,一(2)z1解：(2)(3)2(1)由柯西积分公式同理，由高阶导数公式由复合闭路原理(3)Z(Z其中,ze1)32内分别围绕0,1且相互外离的小闭合曲线。12.-1积分Odz的值是什么？并由此证明|Z1z212cos,八d0054cos解：首先，由柯西基本定理,其次，令zr(cosisin1Odz0,因为被积函数的奇点在积分曲线外。z1z2),代入上述积分中，得考察上述积分的被积函数的虚部，便得到即013.12cos,

29、d54cos12cos,d0,再由cos的周期性，得54cos设f(z),g(z)都在简单闭曲线c上及c内解析，且在c上f(z)g(z),证明在c内也有f(z)g(z)证明：由柯西积分公式，对于c内任意点4,、1f(z),、1g(z),f(Zo)O-dz,g(zo)O-dz,21czz021czz0由已知，在积分曲线c上，f(z)g(z),故此有再由z0的任意性知，在c内恒有f(z)g(z),证毕。14.设f(z)在单连通区域D内解析，且If(z)1|1,证明(1)在D内f(z)0；(2)对于D内任一简单闭曲线c,皆有卫dz0cf证明：(1)显然，因为若在某点处f(z)0,则由已知011,矛盾

30、！(也可直接证明：|f(z)1|f(z)1|1,因此1|f(z)|11,即0|f(z)|2,说明f(z)0)(3)既然f(z)0,再注意到f(z)解析，f(z)也解析，因此由函数的解析性法则知士)也在区域D内解析，这样，根据柯西基本定理，对于D内任一简单闭曲线c,f(z)皆有。10dz0,证毕。cf(z)15.求双曲线y2x2c(c0为常数)的正交(即垂直)曲线族。解：uy2x2为调和函数，因此只需求出其共腕调和函数v(x,y),则v(x,y)c便是所要求的曲线族。为此，由柯西一黎曼方程vxuy2y,因此v(2y)dx2xyg(y),再由vyux2x知，g(y)0,即g(y)00为常数，因止匕

31、v2xyc0,从而所求的正交曲线族为xyc(注：实际上，本题的答案也可观察出，因极易想到f(z)z2y2x22xyi解析)16 .设vepxsiny,求p的值使得v为调和函数。解：由调和函数的定义vxxvyyp2epxsiny(epxsiny)0,因此要使v为某个区域内的调和函数，即在某区域内上述等式成立，必须p210,即p1。17 .已知uvx2y22xy5x5y,试确定解析函数解：首先，等式两端分别对x,y求偏导数，得UxVx2x2y5(1)xxuyvy2y2x5(2)再联立上柯西一黎曼方程uxvy(3)UyVx(4)从上述方程组中解出ux,uv,得xy这样，对ux积分，得ux25xc(y

32、),再代入与中，得至此得到：ux25xy2Cq,由二者之和又可解出v2xy5yc,因此2f(z)uIVz5zcoCqI,其中Cq为任息头吊数，注：此题还有一种方法：由定理知由此也可很方便的求出f(z)。18.由下列各已知调和函数求解析函数f(z)uIv解：(1)ux2xyy2,f(I)1I,由柯西一黎曼方程，vyux2xy,对y积分，得v2xy再由vxc(x)v2xy1 22 yc(x),uy得2yc(x)x2y,因此x,c(x)1212一y一x2212r-x2c0,所以20co，-,-二1因f(i)1,说明x0,y1时v1,由此求出c0-,02至此得到：f(z)uIvx2xyy2(y2x22

33、xy)I,222_e.121整理后可得：f(z)(1I)z2I22(2)v2y2,f(2)0xy此类问题，除了上题采用的方法外，也可这样:x2y22xyI(z)2(x2y2)2(x2y2)2(zz)2f(z)1c,z其中c为复常数。代入f(2)0得，c1一，一,故此2(3)varctanY,(x0)x同上题一样，f(z)uxivxvvivx人入y入xy.z12222i一，xyxyzzz因此f(z)Inzc0,其中的Inz为对数主值，co为任意实常数。(4)uex(xcosyysiny),f(0)0vxuyex(xsinysinyycosy),对x积分，得再由vyux得c(x)0,所以c(x)c

34、0为常数，由f(0)0知，xy0时v0,由此确定出c00,至此得到：f(z)uivex(xcosyysiny)iex(xsinyycosy),整理后可得f(z)zez19.设在|z|1上f(z)解析，且|f(z)|1,证明If(0)|1证明：由高阶导数公式及积分估计式，得1 1、ods21,证毕。2 z1220.若f(z)在闭圆盘|zz0|R上解析，且|f(z)|M,试证明柯西不等式f(z。)为常数。n!、一,八一人一一el,M,并由此证明刘维尔定理：在整个复平面上有界且处处解析的函数一定Rn证明：由高阶导数公式及积分估计式，得n!2Rn1o|f(z)|dsz1n!M2Rn1n!M门-n!M1

35、2R-2Rn1Rn柯西不等式证毕；下证刘维尔定理:因为函数有界，不妨设|f(z)|M，那么由柯西不等式，对任意因f(z)处处解析，因此R可任意大，这样，令R，得|f(z0)|0,从而|f(zjl0,即f(4)f(z)0,因而f(z)为常数，证毕。习题四答案1 .考察下列数列是否收敛，如果收敛，求出其极限.c1(D4in1n解：因为limin不存在，所以limzn不存在，由定理4.1知，数列nn4都有|f1)|M,又R0,再由4的任意性知zn不收敛.2 2)z解：1-(cosisin),其中22Zn(cosisin)2n2rcosn.5isinn因为limn0,由定义4.1知，数列O)Zn解：因

36、为1ie2nn.一ie21,cosnisinnZn收敛,由定义4.1知,数列Znn收敛,1,所以limn极限为0.,1二i所以lim-e2nn极限为0.n2cosnisinn05(4)Zn(z)Z解：设zr(cosisinZn(-)ncos2nZisin2n,因为limcos2n,limsin2n者BnnZn不收敛.inL收敛，且为绝对收敛.n1n!不存在，所以limzn不存在，由定理4.1知，数列n2,下列级数是否收敛？是否绝对收敛ni1n!-n解：匚工，由正项级数的比值判别法知该级数收敛，故级数n!n!n.ncos解：i-2n2lnnn2lnnnsin-ncos1因为21n2lnnln2该

37、级数收敛，同样可知,n2lnn111ln4ln6ln8是交错级数，根据交错级数的莱布尼兹审敛法知nsin211111n2lnnln3ln5ln7ln9in也收敛，故级数匚是收敛的.n2lnn又I口,n211nn|n21nnlnn收敛.因为,发散,n2n1故级数发散,n2lnnin.一从而级数条件n2lnncosin02n解:cosinn02nnee2n1ne2n1n因级数ne2n1发散,cosin02n发散.解:on!35in里，由正项正项级数比值判别法知该级数收敛,故级数n35i仇收0n!敛，且为绝对收敛.3.试确定下列幕级数的收敛半径.解:limn夜,故此事级数的收敛半径R1=.n!nnz

38、on解:limncn1limn(n1)!nnn1(n1)n!lim1n(1-)nn11,故此事级数的收敛半径Rei一nnenz1limni一en11,故此事级数的收敛半径R1./八2n12n-7zn12解：令z2Z,则2n1n12n2n2z2n1n12nzn1limnlimn2n12n12n12n1Zn1n12n的收敛域为ZZ2,即日2,从而幕级数2n2n12n2n12nz的收敛域为z亚,收敛半径为R拒.4.设级数n收敛，而n0n0发散，证明nN。的收敛半径为1.n0证明：在点z1处，nznn0n，因为n收敛，所以n收敛，故由阿贝尔定理知,n0n0n01时,n收敛，且为绝对收敛，即收敛.1时,

39、发散，根据正项级数的比较准则可知,发散，从而的收敛半径为1,由定理4.6,nzn的收敛半径也为1.n05.如果级数gzn在它的收敛圆的圆周上一点n0域上绝对收敛.zo处绝对收敛，证明它在收敛圆所围的闭区证明：zZ0时,cn由阿贝尔定理,ncnZocnzn绝对收敛.n0,由已知条件知,ncnZo收敛，即n0ncnz收敛，亦即孰2”绝对收敛.n06.将下列函数展开为1(11V(1z)z的幕级数，并指出其收敛区域.解：由于函数一(1幕级数.根据例的奇点为zi,因此它在z1内处处解析，可以在此圆内展开成z的4.2的结果，可以得到1121z2z4(1)nzn,z将上式两边逐项求导,即得所要求的展开式12

40、2(1z)(2)=(111(L12z22z4n12n23z(1)nz,旧1,(za)(zb)(a0,b0)解：ab时，由于函数(za)(zb)析，可以在此圆内展开成z的幕级数.(a0,b0)的奇点为za,因此它在|za内处处解=1(1anznaab时，由于函数)=1(1aa1n1-1产一2-a内处处解析,(za)(zb)可以在此圆内展开成11z=(-2abaa1r11,1=.(,2abbab(a0,b0)的奇点为z的幕级数.'n-nzn1a1、，2)z(a1bLbn1zb2zia,z2b,因此它在Mmina,bnzun1)b)zn,zmin|a|,曲.(3)cosz2解：由于函数cos

41、z在复平面内处处解析,2cosz41z2!8zn(1)4!所以它在整个复平面内可以展开成2nz|z的幕级数.(2n)!，z|(4)shz解：由于函数shz在复平面内处处解析，所以它在整个复平面内可以展开成z的幕级数.shzisiniz32n13(iz)n(iz)、(z)i(iz(1)z3!(2n1)!3!(z)2n1(2n1)!，z(5).2sinz解：由于函数sin2z在复平面内处处解析，所以它在整个复平面内可以展开成z的幕级数.=(2z-(1)n1-(2，z.22!2(2n)!(6)ezsinz解：由于函数ezsinz在复平面内处处解析，所以它在整个复平面内可以展开成z的幕级数.izizz

42、-zeeesinze2i(i1)z(1i)zee2i1-(1(1i)z2i1°22i2(2izz-2i2!(1.、22i)z2!(1i)n(1nn(1i)zn!nLzn)=z(1i)z22(1i)z2!，z7.求下列函数展开在指定点zo处的泰勒展式,并写出展式成立的区域.(1)解:(z1zz2)，zo2z2(z1)(z2)z2z2nn(1i)zn!)1K41z23(z2)no4n，13n0(z2)n3n由于函数(z1)(z以有：2)的奇点为Z11Z2,所以这两个展开式在3内处处成立.所z(z1)(z,zoz2)解：由于所以z12z1111'()z(z2)n4n13n(z2)n

43、o3n(言o2(z1)(z1)21)n(z，z12(z1)(1)n1n(z1)n1(3)243z解：-43z43(z1i)33i13i3(z1i)13i11(z1i)13i1一13i展开式成立的区域:o(13n(3i)nZi)n3no(13i)n1(z3，/.、(z1i)13i、103(4)tanz,zo解：tanzsecztanz2sec2ztanz22tanz2secz(2tanz1),tanz2sec42sec2ztanz2,z4'"tanz22z2secz(2tanzz41)8-，故有3因为tanz的奇点为zk,kZ,2所以这个等式在的范围内处处成立。48.将下列函数

44、在指定的圆域内展开成洛朗级数.解:(z21)(z2)1,12_(z1)(z2)2z215(z2zz212一),z11)n11)2nz1)n2n2,z1故有2(z1)(z2)1zn5(n02n11)n12n1z2z1z2(z1)解：2z1z在0在1(zz,01)(z1)(z2),01,12z2(zz111)1,1解：在0在11内,内1(z1)(z2)1(z2)二n0(1)n(z；)n21(4)sin,01z解：在0z(5)cos一z解:,01z在0故有cosz1z1cos(1,1一.cos1cossin1sinz19.将f(z)122/2(z1)i的去心邻域内展开成洛朗级数.解:因为函数f(z)

45、(zz的奇点为1)2内zi,所以它以点i为心的去心邻域是圆环域1zi2i2i1(zi)12iL(1y(zi)n(2i)n(1)n10(2i)n1故有f(z)11nn1；、n222(1)n-2(zi)(z1)(zi)n0(2i)10.函数f(z)lnz能否在圆环域0zR(0nn1n2(1)=(zi)n0(2i)内展开为洛朗级数？为什么?答：不能。,0zR内都有f(z)Inz不能在函数f(z)lnz的奇点为，z0,zR,所以对于R,0Rf(z)的奇点，即"2)以20为环心的处处解析的圆环域不存在，所以函数圆环域0|zR(0R)内展开为洛朗级数.习题五答案1.求下列各函数的孤立奇点，说明其类型，如果是极点，指出它的级./.、z1(1)22z(z1)解：函数的孤立奇点是因入7272z(z1)(z由性质5.2知，z0是函数的萼z22i)z(zi)1级极点，z1z122(zi)z(zi)i均是函数的2级极点.解：函数的孤立奇点是0,sinz13-(zzz1)n2n1z(2n),由极点定义知,1)!是函数的2级极点.(3)ln(1z)z解：函数的孤立奇点是0,