工程数学复变函数与积分变换吉林大学数学学院习题详解

工程数学复变函数与积分变换吉林大学数学学院习题详解工程数学复变函数与积分变换吉林大学数学学院习题详解工程数学复变函数与积分变换吉林大学数学学院习题详解?工程数学-复变函数与积分变换?课后习题详解吉林大学数学学院〔主编：王忠仁张静〕高等教育初版社习题一〔P12〕2可否成立若是是，就给出证明。若是不是，对哪些z值对任何z，z2z才成立解：设zxiy，那么z2x2y22x2y2；2xyi，z假设z2z2成立，那么有x2y22xyix2y2，即x2y2x2y2，解得2xy0y0，即zx。因此，对任何z，z22不成立，只对z为实数时才成立。z求以下各式的值：5661〔1〕(3i)〔2〕(1；〔〕1；〔4〕(1i)3。；i)3解：〔1〕由于3i2ei6，因此(3i)52e〔2〕由于1i

5531i5iii)16(3i)625e632e632(222e4i，因此i63(1i)623e46i8i2e48e2〔3〕由于1cosisin，因此612k2k6wk1cosisincosisin，其中66k0,1,2,3,4,5；即w0cos6isin31i，w1cosisini，62222w2cos5isin531i，w3cos7isin731i，66226622w4cos3isin3i，w5cos11isin1131i。226622〔4〕由于1i2cos()isin()，因此4411cos42k42k，其中k0,1,2；wk(1i)326isin3311isin7即w026cos()isin()，w126cos7，121212121cos5isin5w226。44求方程z380的全部根。解法一：用因式分解法求解。由于z38z323(z2)(z22z4)(z2)(z22z1)3(z2)(z1)2(i3)2(z2)(z1i3)(z1i3)因此由z380，得(z2)(z1i3)(z1i3)0，解得z12，z21i3，z31i3；故方程z380的全部根为z12，z21i3，z31i3。解法二：用复数的方根的方法求解。由z380，得z38，即z是8的三次方根；而88(cosisin)，因此zk3838cos2kisin2k2cos2kisin2k，其3333中k0,1,2；即z02cosisin1i3，z12(cosisin)2，33z22cos5isin51i3。33故方程z380的全部根为z01i3，z12，z21i3指出以下各题中点z的轨迹或所在范围，并作图，〔1〕z56；〔2〕z2i1；〔3〕Im(z)2；〔4〕0argz。解：〔1〕z56表示以点(5,0)为中心，6为半径的圆周；〔2〕z2i1表示以点(0,2)为圆心，1为半径的圆周及圆周的外面；〔3〕Im(z)2表示直线y2及其下面的局部；〔4〕0argz表示位于x轴上方的局部。指出以下不等式所确定的地域或闭地域，并指明它是有界的还是无界的，单联通的还是多联通的。〔1〕Im(z)0；〔2〕z14；〔3〕0Re(z)1；〔4〕2z3。解：〔1〕Im(z)0表示位于x轴上方的地域，它是无界地域，是单联通的；〔2〕z14表示以点(1,0)为中心，4为半径的圆周的外面地域，它是无界地域，是多联通的；〔3〕Re(z)1表示介于两直线x0与x1之间的地域，它是无界地域，0是单联通的；〔4〕2z3表示夹在以原点为圆心，2和3为半径的圆周之间的局部并且包含那两个圆周的闭地域，它是有界的，但它是多联通的。照射wz3，求：〔1〕点z1i，z21i，z33i在w平面上的像；〔2〕地域0argz3在w平面上的像。解：〔1〕将z1i，z21i，z33i分别代入wz3，得w1z13i3i2ii，w2z23(1i)3(1i)2(1i)2i(1i)22i，i33iiz33(3i)323e6w32e68e28i，即点z1i，z21i，z33i在w平面上的像分别为i，22i，8i。〔2〕设wuiv，那么由wz3，可得Argw3argz2k〔kZ〕；又Argwargw2m〔mZ〕，因此，当0argz时，0argw；3从而地域0argz在w平面上的像是位于u轴上方的局部。3设f(z)1zz〔z0〕，试证当2izz证：z221zzz(zz)(zz)f(z)zz2izz22i2iz

0时f(z)的极限不存在。因为2Re(z)g2iIm(z)2Re(z)Im(z)，222izz那么令zxiy〔x,yR〕，f(z)u(x,y)iv(x,y)，代入上式，得2xyu(x,y)2xyu(x,y)iv(x,y)2y2；，即xx2y2v(x,y)0又当z0时，有x0且y0；而limu(x,y)lim2xy不存在，x2y2x0xoy0y0因此limf(z)不存在。z0试证argz在原点与负实轴上不连续。证：〔1〕由于Arg0没心义，故arg0也没心义，即argz在z0处无定义，故argz在z0处不连续。〔2〕设x00为负实轴上的任意一点，由于argz，如右图所示，当z在第二象限中沿直线xx0趋于x0时，argz趋于；而当z在第四象限中沿直线xx0趋于x0时，argz趋于；因此limargz〔x00〕不存在，zx0故argz在负实轴上不连续。由〔1〕〔2〕可知，argz在原点与负实轴上不连续。第二章分析函数习题二〔P25〕利用导数定义指出：〔1〕nnzn1〔n为正整数〕；〔〕11。(z)2z2z解：〔1〕由导数的定义，有n)lim(zz)nzn(z0zz分子分解(zz)z(zz)n1(zz)n2z(zz)n3z2...(zz)zn2zn1因式limzz0lim(zz)n1(zz)n2z(zz)n3z2...(zz)zn2zn1z0zn1zn2zzn3z2...zzn2zn1nzn1因此(zn)nzn1。〔2〕由导数的定义，有11z(zz)z1limzzzlim(zz)zlim(zz)zlim1zz0zz0zz0zz0(zz)z，故112。zz以下函数哪处可导哪处分析〔1〕f(z)x2iy；〔2〕f(z)2x33y3i；〔3〕f(z)xy2ix2y；〔〕f(z)sinxchyicosxshy4解：〔1〕由于f(z)x2iy，因此ux2，那么u2x，u0，vvyxyxv1；y显然，这四个偏导函数在整个复平面上都是连续的；假设CR方程成立，那么2x1，即x1；002

12z，即只有当x1时，f(z)x2iy才满足CR方程。2因此，函数f(z)x2iy只在直线x1上的点可导。2由函数分析的定义可知，函数f(z)x2iy在整个复平面内各处不分析。〔2〕由于f(z)2x33iu2x3u6x2，u0，v0，3y，因此v3y3；那么xyxv9y2；y显然，这四个偏导函数在整个复平面上都是连续的；假设CR方程成立，那么6x29y2，即2x3y0；00即只有当2x3y0时，f(z)2x33y3i才满足CR方程。因此，函数f(z)2x33y3i只在直线2x3y0上的点可导。由函数分析的定义可知，函数f(z)2x33y3i在整个复平面内各处不分析。〔3〕由于f(z)xy2ix2y，因此uxy2；那么uy2，u2xy，vx2yxyv2xy，vx2；xy显然，这四个偏导函数在整个复平面上都是连续的；假设CR方程成立，那么y22xy，即xy0；2xyx2即只有当xy0时，f(z)xy2ix2y才满足CR方程。因此，函数f(z)xy2ix2y只在点z0处可导。由函数分析的定义可知，函数f(z)xy2ix2y在整个复平面内各处不分析。〔4〕由于f(z)sinxchyicosxshy，因此usinxchy；vcosxshy那么ucosxchy，usinxshy，vsinxshy，vcosxchy；xyxy显然，这四个偏导函数在整个复平面f(z)sinxchyicosxshy在整个复平面内满足C

上都是连续的，并且方程；因此，函数f(z)sinxchyicosxshy在整个复平面内各处可导，从而各处分析。指出以下函数的分析性地域，并求其导数。〔1〕(z1)5；〔2〕z32iz；〔〕1；3z21〔4〕azb〔c，d中最少有一个不为零〕czd解：〔1〕函数(z1)5在整个复平面内各处分析，且(z1)55(z1)4。〔2〕函数z32iz在整个复平面内各处分析，且(z32iz)3z22i。〔3〕函数1在除掉z1的复平面内各处分析，且当z1时z2112z2。z21(z21)〔4〕由于c，d中最少有一个不为零，那么①当c0时，函数为azb，它在整个复平面内各处分析，且azba；ddd②当c0时，函数azb在除掉zd的复平面内各处分析，且当zdczdcc时azba(czd)c(azb)adbc。czd(czd)2(czd)2求以下函数的奇点：〔1〕z1；〔2〕z2。z(z21)1)2(z2(z1)解：〔1〕函数z1的奇点即为该函数没有意义的点，也即为该函数分母1)z(z2等于零的点，即z0,i为函数z1的奇点。z(z21)〔2〕函数z2的奇点即为该函数没有意义的点，也即为该函数分1)2(z2(z1)母等于零的点，即z1,i为函数z2的奇点。1)2(z21)(z假如f(z)uiv是z的分析函数，证明：22f(z)2。f(z)yf(z)x证：由f(z)uiv是z的分析函数，得uv2xy2且f(z)ui2uu；uu，从而f(z)vxyxyyx又f(z)u2v2，那么f(z)uuvvuuvuf(z)uuvvuuvuxxxy，yyyx；xu2v2u2v2yu2v2u2v2uvu2uuu2f(z)2f(z)2uv因此xyyxxyu2v2u2v22ugu22ugu2u2u2uvv2uu2u2uvv2uxxyyyxyxu2v2u2u2(u2v2)(u2v2)2u2xyu，u2v2xyf(z)2f(z)2u22故2u。结论得证。xyf(z)xy设my3nx2yi(x3lxy2)为分析函数，试确定l，m，n的值。解：由于在复变函数my3nx2yi(x3lxy2)中，有umy3nx2y，vx3lxy2那么u2nxy，u3my2nx2，v3x2ly2，v2lxy；xyxy显然，这四个偏导函数在整个复平面内都是连续的；又my3nx2yi(x3lxy2)为分析函数，因此应满足CR方程，那么有2nxy2lxyl3，解得m1。3my2nx2(3x2ly2)n3证明CR方程的极坐标形式是：u1v，v1u。rrrruv证：CR方程即为xy；uvyx而直角坐标与极坐标的关系是xrcosu(x,y)u(rcos,rsin)yrsin，因此v(rcos,rsin，v(x,y))那么uugxugyucosusin，rxryrxyuuxuyu(rsin)urcosrusinucosxyxyxyvvgxvgyvgvgucosusinusinurxryrxyxxyy，vvgxvgyvgrsin)vgug)uguuxyxyyxyx因此

u1

v

，

v

1u

。r

r

r

r假设函数f(z)uiv在地域D内分析，且满足以下条件之一，试证f(z)必为常数。〔1〕f(z)恒取实值；〔2〕f(z)在D内分析；〔3〕f(z)在D内为一个常数；〔4〕argf(z)在D内为一常数；〔5〕aubvc，其中a，b和c不全零的常数。：因函数f(z)uiv在地域D内分析，因此f(z)uiv在地域D内uv足CR方程，即xy⋯⋯⋯⋯〔*〕uvyx〔1〕因f(z)恒取，可f(z)u(x,y)；此〔*〕uv0xy解得u(x,y)C〔其中C任意一个复常数〕，uv0yx从而f(z)C常数。成立。〔2〕因f(z)u(x,y)iv(x,y)，f(z)u(x,y)iv(x,y)；由函数f(z)在D内也分析，因此f(z)u(x,y)iv(x,y)在D内足CR方程，即u(v)vxyy〔〕u(v)vyxxuux0uC1由〔*〕和〔〕，可得y，即vvv〔其中C1，C2任意复常C2x0y数〕从而f(z)C1iC2常数。成立。〔3〕因f(z)uiv，因此f(z)u2v2；又f(z)在D内一个常数，f(z)2在D内也一个常数，即f(z)22v2C〔其中C非数〕u①当C0，即f(z)22v20，uv〔因u，v都是二元函数〕，u0从而f(z)0，得。②当C0，方程u2v2C〔C0〕两分关于x，y求偏数，得uuvv0xx⋯⋯⋯⋯〔*〕，uvu0yvyuu0uv将〔*〕代入〔*〕，得xy⋯⋯⋯⋯〔〕uuvu0x方程〔〕次性方程，且其系数行列式uv2(v2)u2v2C0，uvu故方程〔〕只有零解，即uu0，将此果代入〔*〕，得vv0；xyxy由uu0解得uC1〔其中C1任意复常数〕；xy由vv0解得vC2〔其中C2任意复常数〕；xy因此f(z)C1iC2常数。成立。〔4〕因argf(z)在D内一常数，又argf(z)，因此①当argf(z)，有u0，此uu0；2xy将uu0代入〔*〕，得vv0，解得vC〔其中C任意复常数〕；xyxy此f(z)iC常数，成立。②当arg

f(z)

2

，有

tan

argf(z)

vu

且u

0；由argf(z)在D内一常数，

tan

arg

f(z)

v

也常数；u此vk〔其中k常数〕，即vku；uvku方程vku两分关于x，y求偏数，得xx⋯⋯⋯⋯〔〕vkuyyuku(1k2)u0xy将〔〕代入〔*〕，得，即x；uuk2)uk(10yxyuv00因k常数，因此1k20，从而x，将此代入〔*〕，可得x；uv00yy由uu0解得uC1〔其中C1任意复常数〕；xy由vv0解得vC2〔其中C2任意复常数〕；xy因此f(z)C1iC2常数。成立。〔5〕因aubvc〔其中a，b和c不全零的常数〕，〔I〕当a，b和c中只有一个零，b0c常数，是〔1〕的状况，此成立；①当a0，uc0aa0c常数，此明程与〔1〕似，也是成立的；②当b0，vc0bc0au〔其中a是常数〕，是〔4〕中的状况②；此③当a0，vb0bb成立。〔II〕当a，b和c中有两个零，①当bc0，u0常数，此f(z)iv，从而〔*〕a0uvx0y解得v(x,y)C〔其中C为任意一个复常数〕，uvy0x从而f(z)iC为常数。结论成立。②当ac0时，那么v0为实常数，此时f(z)u(x,y)是〔1〕的状况，此时b0结论成立。③不可以能出现ab0的状况。c0找出以下方程的全部解。〔1〕sinz0；〔2〕cosz0；〔3〕1ez0；〔〕shzi。4解：〔1〕由于sinzeizeiz，由sinz0，得eizeiz0，即e2iz1，解2i2i得2izLn1；而Ln1ln1i(arg12k)0i(02k)2ki〔kZ〕，因此2iz2ki，即zk〔kZ〕；故方程sinz0的全部解为zk〔kZ〕。〔2〕由于coszeizeiz，由cosz0，得eizeiz0，即e2iz1，解得222izLn(1)；而Ln(1)ln1iarg(1)2k0i(2k)(2k1)ikZ〕，因此2iz(2k1)i〔kZ〕，即zk〔kZ〕；2故方程cosz0的全部解为zk〔kZ〕。2〔3〕由于1ez0，即ez1，解得zLn(1)i(2k)〔kZ〕，即方程1ez0的全部解为z(2k1)i〔kZ〕。〔4〕由于shzezez，由shzi，得ezezi，即e2z2iez10，也22即(ezi)20；从而ezi0，解得zLn(i)；又Ln(i)lniiarg(i)2k0i(2k)(2k1)i〔kZ〕；22因此z(2k1)i〔kZ〕，故方程shzi的全部解为z(2k1)i22kZ〕。求Ln(i)，Ln(34i)和它们的主值。解：〔1〕Ln(i)lniiarg(i)2k0i(2k)(2k1)ikZ〕，Ln(i)的主值为ln(i)i；〔2〕Ln(34i)ln34iiarg(34i)2kln5iarctan42k3ln5arctan42ki〔kZ〕，3Ln(34i)的主值为ln(34i)ln5arctan4i。3证明对数的以下性质：〔1〕Ln(z1z2)z1Ln(z1)Ln(z2)。Ln(z1)Ln(z2)；〔2〕Lnz2解：由于Ln(z1)lnz1iArg(z1)，Ln(z2)lnz2iArg(z2)，〔1〕又Ln(z1z2)lnz1z2iArg(z1z2)lnz1z2iArg(z1)Arg(z2)lnz1lnz2iArg(z1)Arg(z2)，因此Ln(z1z2)Ln(z1)Ln(z2)。z1z1z1lnz1Arg(z1)Arg(z2)〔2〕又LnlniArgiz2z2z2z2lnz1lnz2iArg(z1)Arg(z2)z1Ln(z1)Ln(z2)。因此Lnz2求e2，exp1i1i41ii解：〔1〕e2ege〔2〕exp1i1i4e44〔3ieiLn3iln3i(arg32k)ekZ〕

，3i和(1i)i的值。2ecosisinei，221121ie4cosisine4(1i)，e4e44423〕iln3i(02k)2kiln3e2kcos(ln3)isin(ln3)ee1i2kiiLn(1i)iln1iiarg(1i)2kiln〔4〕(1i)ee24e2k11ln2i2k111e42e4cosisinln2〔kZ〕ln222第三章复变函数的积分习题三〔P46〕沿以下路线计算曲线积分3i0z2dz：〔1〕自原点至3i的直线段；〔2〕自原点沿实轴至3，再由3铅直向上至3i。解：〔1〕自原点至3x3t,1，也即i的直线段对应的参数方程为t:0yt,z(t)3tit(3i)t，t:01；那么3iz2dz1[(3i)t]2d[(3i)t]1(3i)2t2(3i)dt(3i)31t2dt0000(3i)3t31(3i)310(3i)3。3033〔2〕记所给积分路径为CC1C2，其中C1:x3t,，t:01，即C1:z(t)3t，t:01；y0,C2:x3,，t:01，即C2:z(t)3it，t:01；yt,3iz2dzz2dzz2dz11(3it)2d(3it)那么(3t)2d(3t)0C1C200(3t)31(3it)31330(3i)333(3i)333333300计算积分?Cz的值，其中C为正向圆周：z2。zdz解法一：由于C:z2的参数方程为C:z2ei,:02，因此zz22eigidi22eiidi2g4idzCdz2iee2d2i2C20200蜒z。解法二：由于C为正向圆周：z2，因此z2zz4z4；从而zzdzzdz42dz21dz2g2i4i。蜒zdz?CCCC试用察见解得出以下积分的值，并说明观察时所依照的是什么C为正向圆周z1。dz〔2〕?Cz2dzdzdz〔1〕?Cz2；2z4；〔3〕?Ccosz；〔4〕?C1；z2〔5〕?Csinz3dz；〔6〕?Czidzz。22解：〔1〕由于1在圆周z1内分析，因此由柯西-古萨根本定理，得z2?Czdz0。2〔2〕由于11在圆周z1内分析，因此2z4(z1i3)(z1i3)z2dz0。C22z4?z〔3〕由于1在圆周z1内分析，因此由柯西-古萨根本定理，得coszdz。0?Ccosz〔4〕由于1在圆周z1内只有一个奇点z1，因此由柯西积分公式，得1z22?dzi。2Cz25〕由于sinz3在圆周z1内分析，因此由柯西-古萨根本定理，得3。?Csinzdz0〔6〕由于i1在圆周z1内只有一个奇点zi，因此由柯西积分zz222公式，得dz11蜒Cz2dz2igiiiz2z2zz222

2ig14i16(14i)i24i172。沿指定曲线的正向计算以下各积分：ez2dz，；dz，；〔1〕?CzC:z21〔2〕?Cz2a2C:zaaeizdz2i3；zdz，；〔3〕?Cz21，C:z2〔4〕?Cz3C:z2〔5〕?Cz3coszdz，C为包围z0的闭曲线；〔6〕dz,C:z3C22;1)(z4)2?(zsinzdz;ezdz,.?2,C:z2〔8〕?Cz5C:z1z2解：〔1〕由于ez在积分曲线C:z21的内部只有一个奇点z2，因此由z2柯西积分公式，得ezdz2igez2e2i。?Cz2z2〔2〕由于11在积分曲线C:zaa的内部只有一个奇点2a2(za)(zza)za，所以由柯西积分公式，得1C2dz2C1dzzadz2ig1i。a(za)(za)Cazazaa蜒z?z〔3〕由于eiz在积分曲线C:z2i3的内部只有一个奇点zi，因此由z212柯西积分公式，得eizdzeizeizeizdzzidz2ige1。C2C1(zi)(zi)Czizie蜒z?zi〔4〕由于z3在积分曲线C:z2内分析，因此由柯西-古萨根本定理，得zzdz0。?Cz3〔5〕由于z3cosz在积分曲线C内分析，因此由柯西-古萨根本定理，得?z3coszdz0。C〔6〕由于14)1在积分曲线C:z3的内(z21)(z2(zi)(zi)(z2i)(z2i)2部有两个奇点zi，因此由复合闭路定理及柯西积分公式，在圆周C:z3的2内局部别以i、i为圆心作圆周C1、C2〔使得C1、C2互不订交也互不包含〕，那么11dz122dz(zi)(z4)dz(zi)(z4)dzC22C2C1)(z4)(zi)(zi)(z4)Czi2zi蜒(z蜒12ig12ig14)z2ig12ig10(zi)(z24)zi(zi)(z2i2ig32ig3〔或dz1111111dzC22C22dzC2dzC24)3z1z43z4蜒(z1)(z3蜒z1110111111dzC2dzCdzC13(zi)(zi)32i?zizi3蜒z12i2i0〕6i〔7〕由于sinz在积分曲线C:z2内有一个奇点z，因此由高阶导数2z22公式，得?Csinzdz2ig(sinz)2igcoszz2icos021!z2z222z〔8〕由于e5在积分曲线C:z1内有一个奇点z0，因此由高阶导数公式，得zezdz2iz(4)izi0C5g(e)z0gez0gez4!1212?计算以下各题：1〔2〕i1)ezdz。〔1〕zsinzdz；(z00解：〔1〕1110zsinzdz0zdcoszzcosz0

i12110coszdzcos1sinz0cos1sin1sin1cos1；〔2〕i(z1)ezdzi(z1)dez(z1)eziiezdz0000(z1)eziezizeziieiicos(1)isin(1)sin1icos1000。计算积分?CC1C2coszdz，其中C1:z2为正向，C2:z3为负向。z3解法一：由于cos3z在多连通地域D{z2z3}〔此时，该多连通地域z的界线曲线即为C1C11C21〔其中C1:z2为正向，C2:z3为负向〕的反方向〕内分析，因此coszdz0?CC1C2z3解法二：利用复变函数积分的性质，得coszdzcoszdzcoszdzcoszdz?coszdz???CCC3C3C3C3C1312z1zz1z2z蜒蜒2蜒z2coszdzz3coszdz2ig2igz00。z3z32!(cosz)z02!(cosz)z计算积分?edz，其中C为正向圆周z1，n为整数。Czn解：由于n为整数，因此z〔1〕当n0时，en在圆周z1内分析，从而由柯西-古萨根本定理，得z?Cezdz0；znz〔2〕当n1时，en在圆周z1内只有一个奇点z0，从而由高阶导数公式，z得zdz2igez2igez2i。?Ce(n1)zn(n1)!z0(n1)!z0(n1)!若是在z1，证明1内f(z)分析并且f(z)1z1nf(n)(0)(n1)!1〔n1,2,...〕。n分析：从要证明的不等式可以看出，要利用分析函数的高阶导数公式(n)n!f(z)〔其中C为正向简单闭曲线，且C的内部既要包f(z0)2i?C(zz0)n1dz含点z0，并且f(z)在C的内部要分析〕，从而1f(n)n!f(z)n!f(z)n!f(z)n!1ds(0)zn1dzz1n1dsn1dsz1n122zz12i蜒z2蜒1n!1gn!gn1n22)(1而要证明的是nnf(n)(0)(n1)!11=n!(n1)n1=n!nn!nnn1n(1n)nnn11n1n1，因此可取n〔而n1满足条件〕。n1n1证：由高阶导数公式及条件，得f(n)(0)

11nggnn!蜒znn1f(z)n!nn1f(z)n!gnn12i1zn1dz2z1zn1ds2n12n1n1n!g

n1n

n1nn1(n1)!1。n(n1)!nnn11n因此f(n)(0)(n1)!1〔n1,2,...〕。n证明：ux2y2和vx2yy2都是调停函数，但是uiv不是分析函数。证：〔1〕先证ux2y2和vx2yy2都是调停函数。对ux2y2，有u2x，u2y，那么2u2，2u2，从而2u2u0；xyx2y2x2y2因此ux2y2是调停函数。对vy，有v2xy，vg2y2gx2y2，(x21(x)y2yx2y2xy2)2y(x2y2)2(x2y2)2x那么2v2y(x2y2)22y1g(x2y2)2xg2(x2y2)g2x2y(3x2y2)，x2x(x2y2)4(x2y2)3222222g22g22v2y(xy)(xy)2(xy)2y2y(3xy)，y2(x2y2)4(x2y2)3从而2v2v0，因此vy是调停函数。x2y2x2y2〔2〕下面证明uiv不是分析函数。由〔1〕的过程知，u2x，u2y，v2xy2，vx2y2；xyx(x2y2)y(x22)2y显然函数uiv不满足CR方程，故uiv不是分析函数。由以下各调停函数求分析函数f(z)uiv：〔1〕22；〔〕y，f(2)0；u(xy)(x4xyy)2vx2y2〔3〕u2(x1)y，f(2)i；〔4〕varctany，x0。x解：〔1〕先考据函数u(xy)(x24xyy2)是一个调停函数。由于u(x24xyy2)(xy)(2x4y)3(x22xyy2)，xu(x24xyy2)(xy)(4x2y)3(x22xyy2)；y因此2u3(2x2y)6(xy)，2u3(2xy2y)6(xy)；x2y2故2u2u0，即u(xy)(x24xyy2)是一个调停函数。x2y2下面求分析函数f(z)uiv：方法一：由于f(z)uiv分析，因此f(z)

u

i

u

3(x2

2xy

y2)

3i(x2

2xy

y2)

3(1

i)z2x

y从而

f(z)

3(1

i)z2dz

(1

i)z3

C〔C

为任意复常数〕。方法二：由于

f(z)

uiv

分析，因此

f(z)

uiv

满足

C

R方程vxy，uvyx由u3(x22xyy2)，u3(x22xyy2)，得xyv3(x22xyy2)............(*)x，v3(x22xyy2)............()y由〔*〕式，得v3(x22xyy2)dxx33x2y3xy2C(y)〔其中C(y)是y的一元实函数〕，那么v3x26xyC(y)，结合〔〕式，得C(y)3y2；y故C(y)y3C〔其中C任意实常数〕；从而vx33x2y3xy2y3C；因此所求分析函数f(z)uiv即为f(z)(xy)(x24xyy2)i(x33x2y3xy2y3C)(1i)z3iC〔其中C为任意实常数〕。y〔2〕先考据函数vx2y2是一个调停函数。由于v2xyg2y2gx2y2，222，v1(x2)y2y2x(xy)y(xy2)2(x2y2)2g2y2)22xyg2y2g2y(3x2y2)因此v2y(x2(x)2x，x2(x2y2)4(x2y2)32g22222g22g22)，v2y(xy)(xy)2(xy)2y2y(3xyy2(x2y2)4(x2y2)3故2v2v0，即vy是一个调停函数。x2y22y2x下面求分析函数f(z)uiv：方法一：由于f(z)uiv分析，因此f(z)vivx2y2i2xy1；yx(x2y2)2(x2y2)2z2从而f(z)11C〔C为任意复常数〕；z2dzz又f(2)0，因此01C，解得C1；故f(z)11。222z方法二：由于f(z)uiv分析，因此f(z)uiv满足CR方程uvxy，vyxux2y2..........(*)v2xyvx2y2x(x2y2)2由x(x2y2)2，y(x2y2)2，得u2xy，y(x2y2)2..........()由〔〕式，得u2xy2dyx12x2C(x)〔其中C(x)是x的一22)(x22)2d(y)x2y(xyy元实函数〕；那么u1g(x2y2)xg2xC(x)x2y2C(x)，x(x2y2)2(x2y2)2结合〔*〕式，得C(x)0，即C(x)C〔其中C为任意实常数〕；从而uxC〔其中C为任意实常数〕；x2y2因此所求分析函数f(z)uiv即为f(z)xCiy1C〔其中C为任意实常数〕；x2y2x2y2z又f(2)0，因此01C，解得C1；故f(z)11。222z〔3〕先考据函数u2(x1)y是一个调停函数。由于u2y，u2(x1)；因此2u0，2u0；xyx2y22u2u0，即u2(x1)y是一个调停函数。故y2x2下面求分析函数f(z)uiv：方法一：由于f(z)uiv分析，因此f(z)uu2y2(x1)i2iz2i；xiy从而f(z)(2iz2i)dziz22izC〔C为任意复常数〕；又f(2)i，所以i4i4iC，解得Ci；故f(z)iz22izii(z1)2。方法二：由于f(z)uiv分析，因此f(z)uiv满足CR方程uvxy，vyxv1)............(*)2y，u2(x由u2(x1)，得x，xyv............()2yy由〔*〕式，得v2(x1)dxx22xC(y)〔其中C(y)是y的一元实函数〕，那么

v

C(

y)

，结合〔

〕式，得

C(y)

2y

；故

C(y)

2ydy

y2

C〔其中

Cy任意实常数〕；从而v

x2

2x

y2

C〔其中

C任意实常数〕；因此所求分析函数f(z)uiv即为f(z)2(x1)yi(x22xy2C)i(z22zC)〔其中C为任意实常数〕；又f(2)i，所以ii(44C)，解得C1；故f(z)i(z22z1)i(z1)2。〔4〕先考据函数varctany是一个调停函数。xvyyv1x由于x2，x，xy2x2y2y1y2x2y21xx所以2vyg2x2xy，x2(x2y2)2(x2y2)22vxg2y2xy，y2(x2y2)2(x2y2)2故2v2v0，即varctany是一个调停函数。x2y2x下面求分析函数f(z)uiv：方法一：由于f(z)uiv分析，因此f(z)vivxy2iy1，yxx2x2y2z从而f(z)1lnzC〔C为任意复常数〕；dzz方法二：由于f(z)uiv分析，因此f(z)uiv满足CR方程uvxy，vyxux..........(*)由vy，vxxx2y2，y2y2，得yxx2yx2u..........()yx2y2由〔*〕式，得u2xy2dx1x21y2d(x2)1ln(x2y2)C(y)〔其中C(y)是y的一元x22实函数〕；那么u1g2yy2C(y)yy2C(y)，y2x2x2结合〔〕式，得C(y)0，即C(y)C〔其中C为任意实常数〕；从而u1ln(x2y2)C〔其中C为任意实常数〕；2因此所求分析函数f(z)uiv即为f(z)1ln(x2y2)Ciarctanylnx2y2CiarctanylnziarctanyC2xxx〔其中C为任意实常数〕；由于x0，因此arctanyarg(z)；x故f(z)lnziarctanyClnziargzClnzC〔其中C为任意实x常数〕。若是f(z)uiv为分析函数，试证u是v的共轭调停函数。证：要证u是v的共轭调停函数，即证函数f(z)viu是分析函数，也即v(u)vu函数f(z)viu足CR方程xy，也即xy⋯⋯⋯v(u)vuyxyx〔*〕。因f(z)uiv分析函数，因此f(z)uiv足CR方程uvxy⋯⋯⋯.〔〕；uvyx由〔〕可知，〔*〕然成立。得。第四章级数习题四〔P67〕以下序列可否有极限若是有极限，求出其极限。〔1〕n1ni；〔2〕n(1)ni；〔3〕n1en。i1nin1n1ni1i1i0i解：〔1〕因n，因此limlimn1。nn1ni1inn1i0inn〔2〕因lim(1)n不存在，lim1，因此limlim(1)ni不n0nn1nn1nn存在。〔3〕因n1en

i2

1cosnisinn1cosni1sinn，n22n2n2cosnsinnni而lim10，lim10，因此limnlim1e20。nn2nn2nnn以下数可否收可否收〔1〕in；〔2〕(65i)n；〔3〕cos(in)。n1nn08nn02n解：〔1〕因ini11i11i11i11i11i1...n1n23456789101112ncosnisinn〔或因incosisin2，222nsinnincos2(1)k(1)k1(1)n(1)n12in1nn1nn2ki2nin1k1k12k1n1n12n1〕因此in(1)n(1)n1；的实部与虚部构成的级数分别为2n，2n1n1nn1n1而级数(1)n与(1)n1都是条件收敛，因此in2n12n1收敛，但非绝对收敛。n1nn1n(65i)n65in61n61〔2〕由于是公比q1的等比级8n888n0n0n0数，(65i)n61n(65i)n故收敛，从而绝对收敛。8n88nn0n0n0〔3〕由于cos(in)ei(in)ei(in)1genen11nen2，2n2n22n22e2cos(in)11en11n+1en方法一：，n02nn02(2e)n22n02e2n021n1ne而是公比q1的等比级数，故收敛；e是公比q1的等比2e2e22n0n0级数，故发散；从而cos(in)发散。n02n方法二：由于cos(in)1enen，因此cos(in)发散。limnlimgnnn2n22n02试确定以下幂级数的收敛半径。〔1〕zn〔p为正整数〕；〔2〕(n!)2zn；n1npn1nnzn〔3〕(1i)nzn；〔4〕。n0n1ln(in)1(n1)p解：〔1〕收敛半径为：Rlimnp1。1limnpnn(n1)p(n!)2(n1)n111nnn1〔2〕收敛半径为：Rlimlimlim(1)0。1)!2nnn(nnnnn(n1)n1〔3〕收敛半径为：Rlim1i)n112。nn(11i22〔4〕由于ln(in)lniniarg(in)lnniglnni，22所以收敛半径为：12Rlimlimln(in)limlnnilimln2n。n1nnn2n4nln(in)将以下各函数张开为z的幂级数，并指出其收敛地域。〔1〕13；〔2〕1〔a0，b0〕；〔3〕1；221z(za)(zb)(1z)z〔4〕2z；〔〕z1。sin5e解：〔1〕11(z3)n(1)nz3n〔z1〕。1z31(z3)n0n0〔2〕由于a0，b0，因此①当ab时，111，(za)(zb)(za)2za而1111zn1zn〔z1〕，zaa1zan0an0an1aa因此1111zn(za)(zb)(za)2zan0an11znnzn1〔za〕。n0an1n1an1②当时，111111111a1zb1z(za)(zb)abzazbabab11n1zn11z1znaban0abn0babn0bn1an1zmin(a,b)〕〔3〕由于12z，z2(1z2)21而11(z2)n(1)nz2n1z2z4z6z8...(1)nz2n...1z21(z2)n0n0z1〕因此12n(1)nz2n12z4z36z58z7...2n(1)nz2n1...1z2n1〔z1〕从而1n(1)n1z2n21z2z46...n(1)n12n2〔z1〕(1z2)2zz...n1〔4〕由于sin2z1cos(2z)，而2cos(2z)(1)nz2n1z2z4z6z8...(1)nz2n...〔z〕，(2n)!2!4!6!8!(2n)!n0因此sin2z1cos(2z)1(1)n1(2z)2n〔z〕。22n1(2n)!〔5〕由于z111z1znzn(z1)，因此z1n0n123nzznznznez11znn1n1...n1...2!3!n!n11(zz2...zn...)(zz2...zn...)2(zz2...zn...)3...2!3!(1)n(zz2...zn...)n...(z1)n!求以下函数在指定点z0处的泰勒张开式。〔1〕z1，z01；〔〕z，z02；〔〕1，z01；〔〕z12(z1)(z2)3z241，z01i。43z解：〔1〕由于z01，因此z1221z1n(1)n11111(z1)nz1z1z122n(z1)21n0n12〔z12〕〔2〕由于z21，z02，而(z1)(z2)z2z1n(1)n〔z222111z2(z2)n1，z2(z2)421z22n04n022n144即z24〕，11111n(1)nz2z2n〔1，z1(z2)33z23n03n03n1(z2)313即z23〕，因此z21(1)n2)n(1)n2)n(z1)(z2)z2z1n022n1(zn03n1(zn11n〔z23〕n0(1)22n13n1(z2)〔3〕由于121，而111(z1)n〔z11〕，zzz(z1)11(z1)n0因此11(z1)n(z1)nn(z1)n1〔z11〕。z2zn0n0n1〔4〕由于111143z(13i)3[z(1i)]13i31[z(1i)]13i13n3n〔3[z(1i)]101[z(1i)]n0(11[z(1i)]n1，即3in3i3i)n13iz(1i)10〕3因此13z3nn1[z(1i)]n〔z(1i)10〕。4n0(13i)3将以下各函数在指定圆环域内张开为洛朗级数。〔1〕1，1z2；〔2〕12，0z1，21)(zz(1z)(z2)0z11；〔3〕1，0z11，1z2；〔4〕1，在以i为中心2(z1)(z2)z(zi)的圆环域内；〔5〕sin1，在z1的去心邻域内。1z解：〔1〕由于在圆环域1z2内，有11，z1，因此z2方法一：111z21111121222z121(z1)(z2)5z2z1z152zz1112z2z211znn21n1152n02zn0z2z2n0z21(1)n12(1)n1zn〔1z2〕5n0z2n1n0z2n2n02n1方法二：11111111)(z2)z21z2z212z(z2211z22nn(1)nzn11z1〔1z2〕2z2n0zn022z2n0z2nn02n〔2〕①在圆环域0z1内，有1111n1n1n1n2z(1z)2z1zzn0zzn1(z)zn1nzn1nz令n2kk令knn〔0z1〕那么nk2k(k2)z(n2)z1n1②在圆环域0z11内，有1z)21111)2[(z1)]n(1)n(z1)n2z(1(z1)21(z1)(zn0n0令n2k(1)k2(z1)k令kn(1)n(z1)n〔0z11〕那么nk2k2n2〔3〕①在圆环域0z11内，有1111(z1)n(z1)n1(z1)n(z1)(z2)z11(z1)z1n0n0n1〔0z11〕②在圆环域1z2内，有11，那么z211111n1)n((z1)(z2)(z2)21(z2)2n0z2n0(z2)n21z2〔1z2〕〔4〕函数1的分析地域中，以i为中心的圆环域有0zi1和2(zzi)1zi。①在圆环域0zi1内，有111111112ziz(zi)zizzii(zi)zii1i11zin11n11(1)nn(zi)n1ziziin0iziin1iziin1in(1)n1n(zi)n2〔0zi1〕in1n1②在圆环域1zi内，有1，那么z1i111111112iz(zi)zizzii(zi)zizi1zi11in(1)nin1(1)n1(n1)in1zizin0zizin0(zi)n1zin0(zi)n2(1)n(n1)in〔1zi〕(zi)n3n0〔5〕由于sinz(1)nz2n1〔zn0(2n1)!内，有11(1)nsinsinn0(2n1)!1zz1

〕，那么在z1的去心邻域0z12n11(1)n1z1n0(2n1)!(z1)2n1将f(z)1在z1处张开为洛朗级数。3z2z2解：函数f(z)11的分析地域中，以z1为中心的23z2(z1)(z2)z圆环域有0z11和1z1。①在圆环域0z11内，有f(z)11111(z1)nz23z2(z1)(z2)z11(z1)z1n0(z1)n1〔0z11〕n0②在圆环域1z1内，有11，那么z111111nf(z)123z2(z1)(z2)(z1)21(z1)2z1zn01z11〔1z1〕0(zn2n1)计算积分?z411zsinzdz，其中z1为正向圆周。解：被积函数z4sin1在积分曲线z1的内部只有一个奇点z0，而圆周zz1在函数z4sin1的分析圆环域0z内，将函数z4sin1在圆环域zz0z内张开为洛朗级数，得z4sin1=z41111...zz3!z35!z57!z7上式中含1项的系数为：c11，故?z1z4sin1dz2ic12ii。z5!z5!60z31计算积分ezdz，其中z2为正向圆周。?z21zz31z31解：记z，由于被积函数z在积分曲线z2的内部有I?z21zdz1zee两个奇点z0和z1，利用复合闭路原理，分别以z0和z1为圆心在圆周z2的内部作两个互不订交也互不包含的正向圆周C1:zr1〔0r11〕与C2:z1r2〔0r21〕，那么z31z31z31ezdzezdz，z2ezdzzr?z1r1z11z21z蜒z31z31记I1?zr11zezdz，I2?z1r21zezdz，下面计算I1，I2：z31〔1〕对I1?zr11zezdz，第三章受骗算复变函数积分的公式及方法都不z31适用，因此需将被积函数z在圆环域0z1r1〔0r11〕1e1z在此圆环域内〕内张开成洛朗级数，得z311111111ezz3ezz31zz2z3...1...1z1zz2!z23!z34!z45!z5z3z4z5z6...1112131415...z2!z3!z4!z5!z上式中含1项的系数为：c11111...e111e11，z4!5!6!7!2!3!3z311z1因此I1?zr11zedz2i(e3)。z31〔2〕对I2zezdz，?z1r21解法一：利用柯西积分公式，得z311。z3z311I2?z1r21zedz2izez12i(1)e2iez31解法二：将被积函数ez在圆环域0z11〔圆周C2:z1r21z〔0r21〕在此圆环域内〕内张开成洛朗级数，得z31(z1)33(z1)23(z1)111eze1(z1)(z1)23(z1)3z1z21(z1)n(z1)23(z1)31(z1)nn0...z1n02!21(z1)n(1)n(z1)23(z1)31(z1)nn0...z1n02!上式中含1项的系数为：c11111(1)n...z12!3!4!...n!1因此I2?z1r21z31zezdz2ic12i(e1)2ie1。从z31z31z31111蜒z21zezdzzr11zezdz?z1r21zezdz2i(e3)2ie

1(z1)nen0z1n(z1)nn0...n!n(z1)nn0...n!e1，而i3。求双边幂级数...11...11zz2...的收敛圆环与和函znzn1z248数。解：双边幂级数...1111zz2含正幂项的局部与含znzn1...24...z81zz2zn负幂项的部分分别为：...，2482n11111n......1，zz2z3znn1zz2n的收敛域为z而1z...z1，即z2；248n12211111n1......的收敛域为1，即z1；zz2z3znn1zz从而双边幂级数...11...11zz2...的收敛圆环为1z2。znzn1z2481zz21n111又...z〔z2〕，z2482n0221z2211111n11z......〔z1〕，zz2z3znn1z11z1z故...11...11zz2...11〔1z2〕。znzn1z2481zz2第五章留数习题五〔P93〕以下函数有些什么奇点若是是极点，指出它的级。〔1〕1；〔2〕sinz；〔3〕1；z(z21)233z2zzz1〔4〕ln(z1)〔zz11〕；〔5〕2z)；〔6〕ez1；z(1z)(1e〔7〕1；〔8〕z2nn〔n为整数〕；〔9〕12。z2(ez1)1zsinz解：〔1〕由于112的奇点为z0,i；那么由第五章中的定z(z21)22(zi)z(zi)理得，z0是函数12的一级极点，zi是函数12的二级极点。21)z(z21)z(zsinz〔2〕方法一：由于z3的奇点为z0，而sinz1z3z5z7...1zz2z53z3z5!7!23!5!...〔0z〕z3!z7!sinz因此由极点的定义可知，z0是的二级极点。3z方法二：由于sinz的奇点为z0，又z0是z3的三级零点；而由sin00，z3(sinz)z0cos010知，z0是sinz的一级零点；从而由第五章中的定理得z0是sinz的二级极点。z3〔3〕由于11的奇点为z1；那么由第五章中的定3z2z1(z1)(z1)2z理得，z1是函数1的一级极点，z1是函数1的二级z3z2z32z1zz1极点。；〔4〕由于函数ln(z1)在z1内只有唯一的奇点z0，z解法一：由于limln(z1)1，因此由第五章中的定理知z0是函数ln(z1)z0zz的可去奇点。解法二：由于函数ln(z1)在圆环域0z1内的洛朗张开式为zln(z1)1zz2z3...(1)n1zn...1zz2(1)n1zn1...，zz23n2...n3因此z0是函数ln(z1)的可去奇点。z〔5〕由于zz的奇点为zi与(1z2)(1ez)(zi)(zi)(1ez)zk11)1ln1iarg(1)2k(2k1)i〔kZ〕；Ln(而(1ez)z(2k1)iezz(2k1)ie(2k1)i0〔kZ〕，因此zi是函数2zz的二级极点，zk(2k1)i〔kZ，且k0，(1)(1ze)k1〕是函数z的一级极点。(1z2)(1ez)〔6〕由于ez1zz2z3...zn...〔z〕，2!3!n!那么在z1去心邻域0z1内，有11111ez11......，z12!(z1)23!(z1)3n!(z1)n1因此z1是函数ez1的本性奇点。〔7〕由于函数1的奇点为z0与z2(ez1)zkLn1ln1iarg(1)2k2ki〔kZ〕，而(ez1)z2kiez2ki10，因此zz0是函数1的三级极点，zk2ki〔kZ，k0〕是函数212(ez(ez1)z1)z的一级极点。〔8〕由于函数2n的奇点为zkn1cos2kisin2k2k1zeni1znnn〔k0,1,2,3,...,n1〕，而z2n10，(1zn)zzknzn1zzk0，zzk2k2k2k1z2n因此zkcosisineni0,1,2,3,...,n1〕是函数nn〔kzn1的一级极点。〔9〕函数12的奇点为sinz20，即zk〔0kZ〕与ziksinz0kZ〕；①当k0，即z0时，由于(sinz2)z02zcosz20，z0(sinz2)z0(2zcosz2)z0(2cosz24z2sinz2)z020，因此z0是函数sinz2的二级零点，从而z0是函数1的二级极点。sinz2②当k0时，因为(sinz2)zk2zcosz2z0，k(sinz2)zik2zcosz2ik0，z因此，zk〔kZ〕与zik〔kZ〕是函数sinz2的一级零点，从而zk〔kZ〕与zik〔kZ〕是函数1的一级极点。。sinz2证明：若是z0是f(z)的m〔m1〕级零点，那么z0是f(z)的m1级零点。证：若是z0是f(z)的m〔m1〕级零点，那么有f(z)(zz0)mg(z)，其中g(z)在z0处分析，且g(z0)0；由f(z)(zz0)mg(z)，那么f(z)m(zz0)m1g(z)(zz0)mg(z)(zz0)m1mg(z)(zz0)g(z)，其中mg(z)(zz0)g(z)zz0mg(z0)0，且mg(z)(zz0)g(z)在z0处分析。从而依照零点的定义可知，z0是f(z)的m1级零点。z0是(sinzshz2z)2的几级极点证明定理。求出以下各函数f(z)在有限奇点处的留数：〔1〕z1；〔2〕1e2z；〔3〕1z4；z22zz4(z21)3〔4〕z；〔5〕cos1；〔6〕z2sin1。cosz1zz解：〔1〕由于2z1z1，因此z0与z2是函数2z1的一级极点，z2zz(z2)z2z那么解法一：由准那么I，得Resz1,0limzz1limz11，z22zz0z22zz0z22Resz1lim(z2)z1limz13。2,22z2zz2z2zz2z2解法二：由准那么III，得z1z1Res,0z22z(z22z)z0z1z1Res,2z22z(z22z)z2

12z212z2

0z2

，2。〔2〕函数1e2z2z)0，z4的孤立奇点是z0，又(1ez0(1e2z)z02e2zz020，因此z0是(1e2z)的一级零点，z0是z4的四级零点，从而z0是1e2z的z4三级极点。下面计算Res1e2z,0：z4方法一：利用准那么II，得Res1e2z141e2z12z12z44,0limzz4lim1elim8e3z(41)!z06z06z0方法二：将函数1e2z在z0的去心邻域0z1内张开成洛朗级数，得z41e2z1112z(2z)2(2z)3...(2z)n...z4z42!3!n!12z(2z)2(2z)3...(2z)n...42!3!n!z上式中含1项的系数c1234，故Res1e2z,0c14。z3!3z43〔3〕由于1z4(zi)(zi)(z1)(z1)，因此zi是函数1z4(z21)3(zi)3(zi)3(z21)3的二级极点，从而由准那么II，得Res1z43,i1(zi)31z41z41(z21)lim(z21)3lim(zi)3(31)!zi2zi1lim(z41)(zi)31lim(z41)(zi)32(z41)(zi)3(z41)(zi)32zi2zi1lim12z2(zi)32g4z3g(3)(zi)4(z41)g12(zi)52zi234〕3i；112i24i12(i12(2i)3(2i)4(2i)58Res1z43,i1lim(zi)31z411z4(z21)(z21)3lim(zi)3(31)!zi2zi1lim(z41)(zi)31lim(z41)(zi)32(z41)(zi)3(z41)(zi)32zi2zi1lim12z2(zi)32g4z3g(3)(zi)4(z41)g12(zi)52zi112(i)224(i)312(i)413i。(2i)52(2i)3(2i)48〔4〕由于z的奇点即为zk〔kZ〕，而(cosz)zk2sinzzk0，cosz22因此zk2〔kZ〕是函数cosz的一级零点，从而zk2〔kZ〕是函数z的一级极点。cosz故Resz,kzk2k2(1)k1k。2(cosz)(1)kcoszzk2sin(k2)2〔5〕由于cos1的奇点为z1，而cosz1z2z4z6...(1)nz2n...，1z2!4!6!(2n)!那么在以z1为中心的去心邻域0z1内，函数cos1的洛朗张开式为1zcos1cos11111)41...(1)n1...1zz12!(z1)24!(z6!(2n)!(z1)2n从而Rescos1,10。1z〔6〕由于2sin1的奇点为z0，而sinzzz3z5z7...(1)n1z2n1...，zz3!5!7!(2n1)!那么在以z0为中心的去心邻域0z内，函数z2sin1的洛朗张开式为z2sin1z21111...(1)n1...zzz3!z35!z57!z7(2n1)!z2n1z111...(1)n1...，3!z5!z37!z51)!z2n3(2n因此Resz2sin1,011。z3!6计算以下各积分〔利用留数：圆周均取正向〕：〔1〕?zsinze2z23zdz；〔2〕?z2(z1)2dz；〔3〕?z31dz；〔4〕?z2z41dz；2z(z1)(z2)21〔5〕?tan(z)dz；〔6〕?1coszdz〔m为整数〕。3mz3z2z解：〔1〕方法一：由于被积函数sinz在积分曲线z3内部只有一个可去奇点z2z0，那么由留数定理，得?z3sinzdz2iRessinz,00。2zz方法二：由柯西积分公式，得?z3sinz2ig0。zdzsinzz02〔2〕方法一：由于被积函数e2z在积分曲线z2内部只有一个二级极点(z1)2z1，那么由留数定理，得e2zdz2ig12ge2z2g2z)g2z)4e2i?z2(z1)2(z1)2(21)!z1z1z1方法二：由高阶导数公式，得e2z2dz2i2z)z12ig2z)z142i；?z2(z1)(2(e(2ee1)!〔3〕方法一：被积函数z(z12)2在积分曲线z3内只有两个一级极点0，1)(z21，那么由留数定理，得?312dz2iRes12,0Res1,1z1)(z2)1)(z2)z(z1)(z2)22z(zz(z2ilimzg12lim(z1)g12i115z(z1)(z2)1)(z2)249iz0z1z(z18方法二：由复合闭路原理和柯西积分公式，得?z1dz2i1121153z(z1)(z2)2(z1)(z2)2z0z(z2)2i9i2z1418〔4〕方法一：被积函数11在积分曲线z2内有四z41(z1)(z1)(zi)(zi)个一级极点1，i，那么由留数定理，得?z2z41dz2iRes1,1Res1,1Res1,iRes1,iz4z41z411z411，下面计算Res1,1，Res1，Res1i，Res1：z4z4,1z4,z4,i1111利用准那么I，得：Res41,1lim(z1)g4111，Resz411,1lim(z1)g411，z1z1z4z1z14Res41,ilim(zi)g4111，Res411,ilim(zi)g4111，z1ziz4izziz4i〔也许是利用准那么III，得Res1,1111)z4(z4Res111,11)z4(z4

11，4z34z1z1131，z14zz14Res1,i111)z4(z4Res111,i1)z4(z4

11，i4z34izzi11〕zi4z3zi4i因此?z2z41dz2i11110。1444i4i方法二：由复合闭路原理和柯西积分公式，得1111+1?z2z4dz2i(z21)(z1)z1(z21)(z1)z1+1)(zi)zi1(z21)(zi)zi(z211112i44i044i〔5〕被积函数tan(z)sin(z)在积分曲线z3内有六个一级极点zk1cos(z)2〔kZ，且k13〕，而Restan(z),k1sin(z)1，那么22[cos(z)]zk12由留数定理，得?z3tan(z)dz2ig6g112i。〔6〕〔此题要用洛朗张开式才简单谈论〕由于m为整数，而z2z4z4z8...(1)nz2nz2z4z4z8(1)n1z2n1cosz114!68!...2!4!6......2!(2n)!8!(2n)!那么①当m2k1〔kZ〕，即m为大于或等于3的奇数时，?1cosz03mdzz2z1cosz为整数〕3zmdz〔m?z2求以下积分〔圆周均取正向〕：z31z15〔1〕?z21zezdz；〔2〕?z3(z21)2(z42)3dz。z31解：〔1〕被积函数2内有一个一级极点1和一个本性起点1ez在积分曲线zz0，那么由留数定理，得z31z31z31ez,1Resez,0；ezdz2iRes1?z21z1zzz31z31下面计算Resez,1，Resez,0：1z1zz311)gz311Resez,1lim(zezlimz3eze1；1zz11zz1z31z31要计算Resez,0，需将函数ez在以0为中心的去心邻域0z1内展z1z1开为洛朗级数：z31z3g11z31z2z31)nzn1111ezgezz...(...1......1z1(z)z2!z23!z3n!znz3z4z5z6...(1)nzn3...1111...1...，z2!z23!z3n!zn1上式中，含项的系数为：c1111...(1)n...4!5!6!n!1111111...(1)n...1111e11，2!3!4!5!6!n!2!3!3z311，故Resez,0e11z3z3112i。从而?z21ezdz2ie1e1z33〔2〕计算?z3(z2z15dz，需要利用函数在无量远点处的留数与函数1)2(z42)3在有限点处的留数的关系，因此此题不需要大家掌握。计算以下积分：〔1〕21d；〔2〕2sind〔ab0〕；〔3〕053sin0abcos122dx；(1x)〔4〕x24dx；〔5〕cosxdx〔6〕xsinx01xx24x5；1x2dx。解：〔1〕21dzei1g1dz2dz蜒z053sin153gz21izz13z210iz32iz21dz4iRes1,i33?z1(z3i)zi33(z3i)zi34ilimzi314i323zi3(z3i)zi338i〔2〕由于ab0，那么z21222i2iz22sindze蜒zg1dzi(z1)dzz20abcos11iz2z1z2(bz22azb)abg2zigiRes(z21)2,0Res(z21)2aa2b222z2(bz22azb)2az,bz2(bz2b)Res(z21)2,0Res(z21)2,aa2b2z2(bz22azb)z2(bz22azb)b下面计算Res(z21)2,0，(z21)2aa2b2：2azResz2(bz22azb),bz2(bz2b)Res(z21)2,01lim2(z21)2lim(z21)2222azb)(2zg222azb)22azb)z(bz1)!z0z(bzz0(bz4z(z21)(bz22azb)(z21)2(2bz2a)2alim(bz22azb)2b2；z0Res(z21)2,aa2b2(z21)2z2(bz22azb)b222azb)a2b2z(bzazb(z21)2(z21)222aa2b22aa2b22z(bz2azb)z(2bz2a)z2z(bza)zbb22212aabbzba2b2za2(bza)gaa2b2zaa2b22bbab2a2b2)24a2b2bb2b2b22a2b2；2a22a2b2从而sin2d2a2a222(aa22)。20abcosb2b2b2〔3〕由于被积函数1的分母含x的最高次比分子含x的最高次高4次，(1x2)2并且作为复变量z的函数12在实轴上没有奇点，因此2)(1z12dx2ig12,i2ig1lim(zi)2g12(12)Res2)(2(12)x(1z1)!zizg(z22g2(zi)3ig23。2ilimi)ilim2zizi(2i)2〔4〕由于被积函数x24是偶函数，且分母含x的最高次比分子含x的最高次x1z2高2次，并且作为复变量z的函数在实轴上没有奇点，因此41zx24dxigResz24,2z24,21x1z(1i)Res1z(1i)022z2ig4(1z)z2(1i)

z21(1z4)z2(1i)ig222

14zz2(1i)2ig

1

122(1i)22(1i)22〔5〕由于被积函数中的1分母含x的最高次比分子含x的最高次高224x5x次，并且作为复变量z的函数1在实轴上没有奇点，因此z24z5cosxReeixgeizx2dxx2dxRe2iResz2,2i4x54x54z5Re2igeizRe2igeizRe2igei(2i)Ree12ie1cos2(z24z5)z2i2z4z2i2i〔6〕由于被积函数中的x分母含x的最高次比分子含x的最高次高1次，x21并且作为复变量z的函数z在实轴上没有奇点，因此z21xsinxxeix2dxIm2igReszeiz2,iIm2igzeiz1x2dxIm1x1z2(1z)zieizImie1e1。Im2ig2zi试用图中的积分闭路，求例中的积分sinx0dx。x第七章傅里叶变换习题七〔P141〕求以下函数的傅氏积分。1t2,t1,；〔2〕f(t)0,t0,〔1〕f(t),t1.tsin(2t),t；0e0.1,1t0,〔3〕f(t)1,0t1,；0,其他.解：〔1〕函数f(t)的傅氏变换为：F()Ff(t)f(t)eitdt12)eitdt12)cos(t)isin(t)dt(1t(1t112122sin(t)1(1t)sin(t)2tcos(t)2(1t)cos(t)dt2230022cos2sin4sincos2331t2,t1,由于f(t)0,t在其定义域内各处连续，因此1.f(t)F1F()1F()eitd14sincoseitd32224sincoscos(t)isin(t)d4sincos303cos(t)d4sincoscos(t)d。即f(t)03〔2〕函数f(t)的傅氏变换为：F()Ff(t)f(t)eitdtetsin(2t)eitdtetei2tei2teitdt2i001e[1(2)i]tdt0e[1(2)i]tdt2i011e[1(2)i]t1e[1(2)i]t2i[1(2)i]0[1(2)i]01112(52)4i2i1(2)i1(2)i46225由于函数f(t)0,t0,tsin(2t),t在其定义域内连续，因此e0.f(t)F1F()1F()eitd12(52)4iitd22462e2512(52)4icos(t)isin(t)d2(52)cos(t)2sin(t)246225046225d2(52)cos(t)2sin(t)即f(t)042d。625〔3〕函数f(t)的傅氏变换为：F()Ff(t)it0it1it1it01it1f(t)edtedtedte1e10ii01eiei122cosii1,1t0,由于函数f(t)1,0t1,的中止点为0,1，因此0,其他.f(t)F1F()1F()eitd122coseitd22i122coscos(t)isin(t)d21cossin(t)d〔t0且2i01〕。求以下函数的傅氏变换，并推证所列的积分结果。〔1〕f(t)et〔0〕，证明cos(t)det。0222,t1,1,t1,2sincos(t)d,t1,〔2〕f(t)证明0,t1,040,t1.sint,t,sin()sin(t)sint,t,〔3〕f(t)证明012d20,t,0,t.解：〔1〕函数f(t)的傅氏变换为：F()Ff(t)f(t)eitdteteit0teitdteteitdtdte00i)tdte(i)tdt1e(i)t0e(0i0112，ii22即Ff(t)22〔0〕。2

1e(i)ti0由于函数f(t)et在其定义域内连续，因此f(t)F1F()1F()eitd122eitd22212cos(t)isin(t)d212cos(t)d22故212cos(t)d2f(t)et。2〔2〕函数f(t)的傅氏变换为：F()Ff(t)f(t)eitdt1gitdt1it11eiei2sin11ee1ii，由于函数f(t)1,t1,不连续的点为t1，令0,t1,f(t0)f(t0)1,t1,°0,t1,那么无论t是函数f(t)的连续点还是中止f(t)21,t1.2点，t都是函数°f(t)的连续点，因此°F1f(t)1itd12sineitdf(t)F()e221sin2sin，cos(t)isin(t)dcos(t)d0,t1,sin°2故0,t1,cos(t)df(t)02,t1.4〔3〕函数f(t)的傅氏变换为：F()Ff(t)f(t)eitdtgit分部积12isintcosteitsintedt(i)21分法1ei(ei)1ei(ei)2sin()，212121i由于函数f(t)sint,t,0,t在其定义域内各处连续，因此,f(t)F1F()1F()eitd12sin()itd2221ie1sin()t)isin(t)d2sin()sin(t)d2icos(02，11故sin()sin(t)df(t)sint,t,02。1220,t.求以下函数的傅氏变换：1,t0,〔2〕f(t)costsint.〔1〕sgnt0;1,t解：〔1〕由于sgnt2u(t)1，而Fu(t)1)，F12()，那么根i(据拉氏变换的线性性质，得FsgntF2u(t)12Fu(t)F121()2()2。ii1〔2〕由于f(t)costsintsin(2t)，2方法一〔定义法〕：由拉氏变换的定义，得Fcostsint1sin(2t)1gitdt1ei2tei2tgitdtFsin(2t)e22ie221ei(2)tdtei(2)tdt12(2)2(2)i(2)(2)4i4i2i因此Fcostsint(2)(2)。2方法二〔利用拉氏变换及函数的性质〕：记G()Fsinti(1)(1)，那么由拉氏变换的线性性质和相似性质，得11111(1)(1)FcostsintFsin(2t)Fsin(2t)gG2i2222422(at)1(t)ai(2)(2)i2(2)2(2)i(2)(2)42242因此Fcostsinti2)(2)。(2证明周期为T的非正弦函数f(t)的傅氏变换为F()2cn(0)，其中02，cn是f(t)的失散频谱。n