复变函数与积分变换第五习题解答

1、复变函数与积分变换第五版习题解答复变函数与积分变换第五版习题解答复变函数与积分变换第五版习题解答复变函数与积分变换第五版答案练习一1求下列各复数的实部、虚部、模与幅角。12i2i（1）34i5i；12i2i解：34i5i8i2525Rez168z85Imz252525Argzarctan12kkz22将下列复数写成三角表示式。1）13i解：13i2(cos5isin5)333利用复数的三角表示计算下列各式。3i1）32i23i解：32iicosisin224（2）22i(13i)3（2）2(13i)3解：2(cosisin)3i31e333Rez1Imz0z1Argz2kkz2i（2）1i2i

2、解：1i1i2(cosisin)4412(cos3isin31422i2)4解：443isin33isin38k28cos3/42k/42k28cos38k441616k0,1,2,34.设z,z,z三点适合条件：z1z2z3=0，z1z2z31,z,z,z是内接于单位123123圆z=1的一个正三角形的项点。z1+z2z20z3证：因z1z2z31,所以z1,z2,z3都在圆周zz11,又因z1z2z3=0则z1z2z3,z1z2z31，所以z1z2也在圆周z1上，又z1z2z1z21,所以以0，z1,z1z2为极点的三角形是正三角形，所以向量z1与z1z2之间的张角是3，同理z2与z1z2

3、之间的张角也是3，于是z1与z2之间的张角22是3，同理z1与z3，z2与z3之间的张角都是3，所以z1,z2,z3是一个正三角形的三个顶点。5解方程z310解:z31zcos2k3isin2kk0,1,23z1cosisin13i3322z2cosisin1z3cos5isin513i33226试证：当1,1时，则11。2111证：7设zz12cos(z0,是Z的辐角），求证znzn2cosn.证：zz12cosz22cosz10则zcosisin当zcosisin时z1cosisinznzn(cosnisin)cos(n)isin(n)2cosn故znzn2cosn当zcosisin时，同

4、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。（2）是否随意复数都有辐角？答：否，z0是模为零，辐角无定义的复数。练习二1指出知足下列各式的点Z的轨迹是什么曲线？y（1）arg(zi)4解：设zxiyarg(zi)argxi(y1)4i则0 x0y10 xy1则点Z的轨迹为：（2）zaRe(zb)，其中a,b为实数常数；解：设zxiy则：(xa)iyRe(xbiy)3y22(ab)xb2a22(ab)(xab(xa)2y2(xb)2)xb2xb0则：若：ab则轨迹为：y0yxabb若：ab则2y22(ab)(xab)b0ab2轨迹：2若：

5、abxab,则2无意义（3）zzazazb0，其中为a复数b为实常数。2解：由题设可知：(za)(za)ba0即：z22aab2b，则Z的轨迹为一点-若：aa，2b，则Z的轨迹为圆，圆心在2若：a-a，半径为ab2b，无意义若：a2用复参数方程表示曲线，连结1i与14i直线段。解：z(1i)(14i)(1i)t0t1则z(1i)(25i)t(0t)(-1,-4)y(1,1)03描出下列不等式所确定和地区与闭地区，并指明它是有界的仍是无界的？是单连域仍是多连域？并标出地区边界的方向。z1,Rez1y2（1）解：由z1，得x2y21400Rez112，得x又2有界，单连域（2）Rez21解：令zx

6、iy由Rez21x2y21即：y2x21无界，单连域y-100 x15z1（3）z1y2解：令zxiy(x5)2y2(4)2x则：333/5无界，多连域4f(z)iz,D:Imz0，描出当z在地区D内变化时，w的变化范围。关于函数解：令zxiyv则wf(z)izi(xiy)yixImz0,则y0Rewy0,0u的变化范围在第2,3象限,但不包括虚轴limRez5.试证z0z不存在。limRezlimxxiyzx0证：z0=y0令ykx1则：上述极限为1ki不确定，因而极限不存在。练习三1用导数定义，求f(z)zRez的导数。f(zz)f(z)lim(zz)Re(zz)zRezlimzz解：z0

7、z0limzRezzRezzRezlim(RezRezzRez)z0zz0zlim(RezRez)lim(Rezzx)z0zx0 xiyy0当z0时，导数不存在，6当z0时，导数为0。2下列函数在哪处可导？哪处不可导？哪处解析？哪处不解析？f(z)1（1）zf(z)1zxix2yu(x,y)iv(x,y)解：zz2x2iyy2uxy2x2uy2xy(x2y2)2(x2y2)2vx2xyvyx2y2(x2y2)2(x2y2)2当且仅当xy时，f(z)知足CR条件，故当xy时f(z)可导，但在复平面不解析。（2）f(z)x33xy2i(3x2yy3)解：令f(z)u(x,y)iv(xy)ux3x2

8、3y2vx6xy则uy6xyvy3x23y2因f(z)在复平面上处处知足CR条件，且偏导数连续，故f(z)可导且解析。3设my3nx2yi(x3lxy2)为解析函数，试确定l,m,n的值。解：由CR条件可知：2nxy2lxy所以nl又3my2nx23x2ly2所以3ml,且n3m1即nl34.设f(z)在地区D内解析，试证明在D内下列条件是彼此等价的。（1）f(z)=常数；（2）f(z)0；（3）Ref(z)常数（2）Imf(z)常数；（5）f(z)解析；（6）f(z)常数。证:由于f(z)在且域D内解析，则可得CR方程成立，即7uvuvxy且yx1）2）由f(z)c则f(z)c0在D内成立，

9、故（2）显然成立，2）3）由即uvvuuuu(x,y)f(z)ii00 xxyyxy是常数Ref(z)常数v0yv(x,y)uuv003）4）uxyR条件x常数由C是常数Imf(z)常数4）5）若Imf(z)uvcxyyu(c),即xyc,f(z)uic,f(z)uic1,因f(z)在D内解析uvc0,x0yxu(c)yx一阶偏导连续且知足CR条件f(z)在D内解析。5）6）f(z)uiv,g(z)f(z)uiv因g(z)解析，则由CR条件uv,uv对f(z)在D内解析，xyyx，uv0v为常数uv,uvyxf(z)uvxyyx0v为常数yx为常数f(z)f(z)26）1）常数=常数，令u2v

10、2c分别对x,y求偏导数得8uuvu0(u2v2)u0 xyxvuuu0(u2v2)u0 xyy若u2v20则uv0,f(z)0，因而得证uiuvvv若u2v20，则x0常数，由CR条件x0,y，故uy为常数f(z)常数*5.思考题：（1）复变函数f(z)在一点z0可导与在z0解析有什么区别？答：f(z)在z0解析则必在z0可导，反之不对。这是因为f(z)在z0解析，不只需求f(z)在z0可导，而且要求f(z)在z0的某个邻域内可导，因此，f(z)在z0解析比f(z)在z0可导的2在z0=0处可导，但在z0要求高得多，如f(z)z0处不解析。2）函数f(z)在地区D内解析与f(z)在地区D内可

11、导有无区别？答：无，（两者等价）。（3）用CR条件判断f(z)u(x,y)iv(x,y)解析时应注意些什么？答：u(x,y),v(x,y)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。练习四1由下列条件求解析函数f(z)uiv：（1）u2(x1)y,f(2)i解：由f(z)解析可知：uxvyuyvx而ux2yuy2(x1)则vxuy2(x1),vyux2y9所以v(x,y)vydy2ydyy2(x)2(x1)vx(x)(x)2(x1)dx(x1)2c由f(2)i可知c0f(z)2(x1)yi(

12、y2x22x1)varctgy,x0.（2）xvxyvyxx2y2x2y2解：因由f(z)解析uxvyxuyvx2y2x2y2xy可知：u(x,y)uxdxxy2dx1ln(x2y2)(y)x22uyy(y)y122x2y2x2y2u(x,y)2ln(xy)cf(z)1ln(x2y2)ciarctgy即2x2设vepxsiny，求p的值使v为调解函数，并求出解析函数f(z)uiv。解：要使v(x,y)为调解函数，有：vvxxvyy0，即：p2epxsinyepxsiny0p1时，v为调解函数，要使f(z)解析，则uxvy,uyvxu(x,y)uxdxvydyepxcosydx1epxcosy(

13、y)puy1epxsiny(y)pepxsinyp(y)(1p)epxsiny(y)(p1)epxcosycpp10f(z)ex(cosyisiny)cezcp1即：u(x,y)pepxcosycex(cosyisiny)cezcp13如果f(z)uiv为解析函数，试证u是v的共轭调解函数。证：因f(z)解析，有：u0,v0,uxvy,uyvx所以，u,v均为调解函数，且u亦为调解函数vxuy(u)yvyux(u)x故u是v的共轭调解函数4如果f(z)uiv是一解函数，试证：if(z)也是解析函数。证：因f(z)解析，则uxvy,uyvx且u,v均可微，进而u也可微。而if(z)viuvi(u

14、)vxuy(u)y可知：vyux(u)x即知足CR条件if(z)也是解析函数。5试解方程：（1）ez13iez13i2(cossini(2k)1n2i(2k)kz)2e3e3解：33zln2i(2k)kz3（2）sinzcosz0解：由题设可知：ei2zi11zk,kz46求下列各式的值：1）Ln(34i)解：Ln(34i)ln5iarg(34i)ln5i(2karatg4)32）33i解：Ln33i333i27eiLn327ei(ln3i2k)27eiln32k27e2kcos(ln3)isin(ln3)12（3）e2i解：e2ie2ei1e2(cos1isin1)*7.思考题1）为什么复变

15、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，要使定义的各样复变初等函数当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，一般没有ez0。而复变指数函数的周期性，仅当周期是复数（2ki）时才展现出来。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、可导性上是近似的，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

16、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cosz1不再成立。因为eizeiz1izeizsinz22e1eizeiz2eyey2当y时，ey0,ey。故sinz.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值函数，LnzlnziArgz.Lnz的主值即lnzlnziargz，是单值函数，当zx，而x0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ln(z1z2)lnz1lnz2与ln(z1/z

17、2)lnz1lnz2,要对其含义理解清楚。在实变对数函数中它们的意义是了然的，但在复变指数函数中，比方，13Ln(z1z2)Lnz1z2iArg(z1z2).lnz1lnz1iArgz1,lnz2lnz2iArgz2,而lnz1z2lnz1lnz2，Arg(z1z2)Argz1Argz2应理解为：随意给定等式两头两个多值函数一对可能取的值，左端多值函数也必有一个值使等式成立。反过来也同样。也就是理解为等式两头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，但同样式nLnznLnnz1Lnz,Ln(z)和n它两头所能取的值从全体上看仍是不一致的。如对nLnzLnzn

18、，取n2时，设zrei，得2Lnz2lnri(24k).k0,1,2,而从z2r2ei2，得Ln(z2)lnr2i(22m),m0,1,2,两者的实部是相同的，但虚部的可取值不完全相同。（4）调解函数与解析函数有什么关系？答：如果f(z)uiv是地区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，进而知足拉普拉斯方程，所以是调解函数。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随意阶偏导数都是f(z)的相应阶导数的实部和虚部，所以它们的随意阶偏导数都存在且连续。故能够推出：u、v的随意阶偏导数仍是调解函数。（5）若v是u的共轭调解函数，能够说u是v的共轭调解函数吗？答：不行，

19、两者的地位不能颠倒。因为，若v是u的共轭调解函数，则应有uvvuvuuv,;而u是v的共轭调解函数，要求x,xyxyyxy两者一般不能同时成立，所能推知的是u是v的共轭调解函数。练习五1iy)ix2dz1计算积分0(x1，再由1铅直向上至1+i。，积分路径：自原点沿实轴至1iy)ix2dz(x解：0(1,i)014(1,0)y)ix2dz(1,0)2)dz(x(xy)ix(0,0)(0,0)12)dx1i)dy(xixi(1y005i26zdz2计算积分cz的值，其中C为（1）z2;（2）z4.解：令zrei则zdz2reiid2rizrz0rrie当r2时，为4i当r4时，为8iezdzz2

20、与负向圆周z1所组成。3求积分cz的值，其中C为由正向圆周ezezezC1dzy解：cdzzdzzz2z1z2i2i0DC21dz，其中C为圆周z2.24计算z2cz11dz解：cz2z1dz1dz1dzz2z(z1)z2(z1)z2z2i2i05计算下列积分值：isinzdz1）0iisinzdzcosz解：001cosi1i（2）1zezdz151i1izzz1i1i解：1zezdz1zde(zee)ie16当积分路径是自i沿虚轴到i，利用积分性质证明：i(x2iy2)dz2ii(x2iy2)dzi(x2iy2)dziiy2ds1.22证：ii*7.思考题（1）在积分的定义中为什么要强调积

21、分f(z)“沿曲线C由到的积分”？它与“沿曲线C由到的积分”有什么区别？bf(x)dxaaf(x)dx答：在定积分中已有b，即积分是与区间的方向相关的，这里nwsnf(k)zkf(z)在C上的积分也与C的方向相关。这从积分和式k1中的因子zkzkzk1可直接看出，若改变C的方向，即f(z)是沿曲线C由到积分，则积分与原积分反号：Cf(z)dzf(z)dzC其中C1表示C的反向曲线。（2）复函数f(z)的积分与实一元函数定积分是否一致？答：若C是实轴上的区间,，由定义知f(z)dzf(x)dx,C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

22、，而且能够把高等数学中的一元实函数的定积分看作复积分的特例看待。f(z)dz应该注意的是，一般不能把起点为，终点为的函数f(z)的积分记作，f(z)dz.因为这是一个线积分，要受积分路线的限制，必须记作C3）应用柯西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，但只需B不是单16f(z)113z在圆环域：2z连的，定理的结论就不可立。比方2内解析，C为域内以原1dz2i点为中心的正向圆周，但Cz，就是因为不知足“单连域”这个条件。f(z)dz0f(z)在C内处处解还要注意定理不能反过来用，即不能因为有C，而说11z1z2dz0f(z)z1析，比方z2在,但

23、内并不处处解析。练习六1计算下列积分2z2z1（1）z2z1dz解：z1为奇点：2z2z12i(2z2z1)4iz2z1dzz1z（2）e100dzz1z2iez2i解：99!z099!z2sinzdz)2（3）(z2z2sinzdz2i(sinz)2icosz)2z(z2z解：22=0（4）cc1c2cos3zdzC1:z2;C2:z3为负向。z，其中coszdzcoscosz解：cc1c23c1z3dzc2z3dzz(coszcosz)(cosz)z002!2!170或c1c2c1c2c1c22若f(z)是地区G内的特别数解析函数，且f(z)在G内无零点，则f(z)不能在G内取到它的最小模

24、。1证：设g(z)f(z)，因f(z)为特别数解析函数，且zGf(z)0则g(z)为特别数解析函数所以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f(183.设f(z)在z1上解析，且在z1上有f(z)zz,)试证2。证：因f(z)zf(z)zz（在z1上）所以f(z)2,(z1)(1)212z112i2z1z2f(z)zzdz1f(z)zzz11dz122z12(z)(z)22ds11ds8z11412111,(x,y)在z1(zx2y2x1x2444上4设f(z)与g(z)在地区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

25、成立，试证在C内所有的点处f(z)=g(z)也成立。证：设F(z)f(z)g(z)，因f(z),g(z)均在D内解析，所以F(z)在D内解析。在C上，F(z)F(z0)1F(z)dz00,(zc)，z0c有：2iczz0所以f(z0)g(z0)由z0的随意性可知：在C内f(z)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，能够把沿地区外边界限的回路积分转变为沿地区内边界限的积分，进而便于计算。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，我们就能够挖18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，就能

26、够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，边界曲线C由C0,C1,C2,Cn所围，f(z)dz0f(z)dz0C0C1,C2,CnCC0C1Cn，即，这时取逆时针方向，而取顺时针方向，而公式f(z)dzC1C2Cnf(z)dzC0中C0,C1,Cn都取逆时针方向。2）柯西积分公式成立的条件是什么？柯西积分公式说了然什么问题？答：柯西积分公式是成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为边界的闭地区G上解析，自然也能够放宽到f(

27、z)在G内解析，在C上连续。柯西积分公式反应认识析函数值之间很强的内在联系，f(z)在地区内点的值f()，能够用f(z)在边界C上的值经过积分来表达。这就是说，函数f(z)在地区中任一点的值，完全由它在地区边界C上的值所确定，这是实变量的可微函数所不拥有的。（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)只需在闭地区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地区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，关于实函数yf(x)而言，即便它在某一区间上一次可导，导数f(x)不一定仍旧可导，甚至可能是不连续的。练

28、习七znnn!in是否有极限？若有，求出其极限。1序列nznn!in1n1limlimnnn1lim11e11zn1(n1)!n1nnn解：因(n1)n1故级数zn收敛，则其通项zn0,(n)19limznlimn!in0即序列zn有极限，亦即nnnnin级数n1n!是否收敛？是否绝对收敛？in1解：因n1n!n1n!收敛，因而绝对收敛，故原级数收敛。3试确定下列幂级数的收敛半径。cos(in)zn（1）n0enen2lime(n1)e1(n1)n2RlimCnlimcosinCn1cosi(n1)解：nnenen1lim(n1)(n1)neee（2）n0(nan)znRnanlimn1解：n

29、(n1)a当a1时R1当a1时R1当a1时R1/a4将下列各函数展开为z的幂级数，并指出其收敛地区。1（1）(1z)21(1)(zn)zn1n(n1)zn(z1).解：(1z)21zn0n0n0R=1，收敛域为z120z（2）ez1zzzf(z)1解：g(z)ez1e.ez1，令f(z)ez1f(z)2，则(z1)(z1)2f(z)f(z)0对此求导(z1)2f(z)(zz1)f(z)0(z1)2f(z)(4z3)f(z)2f(z)0f(0)e1,f(0)e1,f(0)e1,f(0)e1f(4)(0)e1z1z21z31z4ez11z,z1故2!3!4!ez2dz3）0z2zz2ndzzz2n

30、解：0ezdz=dz0n0n!n00n!11z2n1,zn0n!2n15议论级数n(zn1zn)0的收敛性。解：级数的部分和为Sn(zn1zn)zn11k0limSnlim(zn11)nn当z1时,limSn1,级数收敛。n当z1时,limSn不存在，级数发散。n当z1时,limSn0,n级数收敛。当z1时,limSn不存在，级数发散。n6证明n1zn在z1内解析。21证：当z1时，显然zw1z，则0，令znwn，此级数在w1是收敛的。n1n111故在w1是解析的，此即z，亦即在znz1内，n1解析。*7.思考题（1）怎样判断级数的绝对收敛性与收敛性？nn答：由于级数n1的各项都为非负实数，故

31、级数n1的绝对收敛性可依正项级数的nnanibnanbn定理判断之。又由于级数n1可表示为n1n1n1，其中n1及n1均为n数项级数，故级数n1的收敛性可依靠于数项级数的定理判断之。anan（2）判断级数n0收敛的必要条件是什么？n0绝对收敛的充要条件又是什么？答：忧如实级数同样，anlimn0;ann0收敛的必要条件是n而n0绝对收敛的充要条件ReanIman是n0与n0都是绝对收敛级数。3）为什么说函数能展为幂级数与函数为解析函数是等价的？答：因为在收敛圆内，幂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定能够展成幂级数。练习八1求下列函数在指定点z0处的Taylor展

32、式。1i,z01（1）43z4410解：f(z)只有一个奇点zR1i3，其收敛半径为3322111113i131i)则43z13i3(z1i)1(z3i3nn1z(1i)nz(1i)10n0(13i)，3（2）sinz,z01解：sinzsin(z11)sin(z1)cos1sin1cos(z1)cos1(1)n(z1)2n1sin1(1)n(z1)2n(2n1)!2n!n0n0(sinz)(n)sin(zn2),(sinz)(n)z1sin(1n)或：2sinz1sin(n1)(z1)n,z1故n0n!22将下列各函数在指定圆环域内展为Laurent级数。1（1）z2ez,0z121z2zn

33、2z(1)解：z2ez=z2!n0n!。z22z5,1z2（2）(z2)(z21)解：奇点为z2,i，故可在1z2中展开为洛朗级数。z22z5121z212(z2)(z21)z2z212(12)z(1z2)1zn21n(=2n0)z22)2n0z1,3将(z21)2i的去心邻域内展为Laurent级数。在z11(1)n(zi)n因12i1zi(2i)n1解：z12i=n02311111(zi)n3n1所以(z21)2(zi)2(zi)2(zi)2(zi)n0n2n1i。f(z)cos(z1)4证明在z以z的各幂表出的Lanrent展开式中的各系数为：Cn12cos(2cos)cosnd,n0,

34、1,20提示：令C为单位圆z1，在C上取积分变量zeiz12cos,dzieid，则z。证明：f(z)在0z1上解析，令c:z1iz12cosdziejd在c上取ze则z1f(z)1Cnzn1dz2ic2i2cos(2cos)i0(n1)iiede122icos(2cos)cosnd022cos(2cos)sind02cos(2cos)sinnd0而01cn2*5.思考题2cos(2cos)cosnd0（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，即便f(x)的各阶导数都存在，欲把函数展开成幂级数也未必可能。这是因为

35、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Taylor级数的余项趋向于零，关于一个详细的函数来说，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，只需函数在z0的邻域内处处解析，不单有一阶导数，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)在解析地区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，Rz0

36、,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，要确定f(z)在D内有无奇点，24并找出距z0距离最近的一个奇点。奇点老是落在收敛圆周上，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(z)在点z0处解析时，中心在z0，半径等于由z0到函数f(z)的最近奇点的距离的那个圆域能够看作圆环域的特殊情形。在其中就能够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Cn(n1,2,)都等于零。在此情形下，计算罗

37、伦级数的系数公式与Taylor级数的系数公式相同，所以罗伦级数就转变为Taylor级数。因此，Taylor级数是罗伦级数的特殊情形。练习九1找出下列各函数的所有零点，并指明其阶数。z291）z4z29(z3i)(z3i)1解：z4z4，所以3i为一阶零点2(ez2（2）z1)解：（法一）令f(z)z2(ez21)则f(z)z2ki0f(z)(2z2z3z2)e2zf(z)(26z2z2(2z3z2)e2z)2ze2f(z)00,f(z)2ki0,(k0)zzf(z)00zf(z)12zez212z3ez2c8z12z3)ez2(4z24z3)2zez2f(z)00zf(4)(z)12ez224

38、ez2ez236z2ez224z2ez2(836z2)ez2(8z12z3)2zez3(16z32z3ez3(8z38z4)ez22zf(4)(z)0200z0为4z阶零点25z2ki(k0)为一阶零点。（法二）令f(z)z2(ez21)z2(1z2z4z2n1)1!2!n!4(1z2z4z2n2z2!3!n!)0为4阶零点。2ki为1阶零点。（3）f(z)6sinz3z3(z66)，问z0是f(z)的几阶零点。f(z)6n1(z2n1)393(1)z6z解：n1(2n1)!6(z3z9z15z21)z96z33!5!7!z156z215!7!z15(66z6)5!7!0是f(z)的15阶零点

39、。2下列各函数有哪些奇点？各属何种类（假如极点，指明它的阶数）。tg(z1)1）z1tg(z1)sin(z1)解：z1=(z1)cos(z1)limtg(z1)1z1k,zk1z1z1z1为可去奇点，22是简单极点。11（2）ez1z1zez1解：ez1z=z(ez1)，令z(ez1)0，得z0,z2ki，k1,2,lim(11zez11ez)limlim而z0ez1zz0(ez1)zz0ez1zez26limez1ezzez2z0为可去奇点z0ez当z2ki时，(k0),zez10(ez1)zez1zez0而z2kiz2kiz2ki为一阶极点1（3）ez11(1)n解：ez1n0n!z1，z1为本性