复变函数与积分变换(马柏林)课后的习题答案

复变函数与积分变换（修订版）课后答案（复旦大学出版社）复变函数与积分变换（修订版）课后答案（复旦大学出版社）PAGEPAGE2/24习题一

180i18∴Re1i 31

Im1i 30．a+ib表示下列复数

2 2 eiπ/4

3; (2i)(43i); 1 3 .7i1 i 1i

④解：

∵1i33333232 331i33①解eπicosπisinπ

2 2 i

2 2i

444 44

2 2 2 22

2 8 ②解：35i7i1613i7i1 1+7i 17i 25 25 ③解：i43i834i6i510i

10i8∴1i3

, Im1i30．Re 2 1

2 1 3 i 3 5

④解： =i i 1i 2 2 21i 3(z1i 3

k, ⑤解：∵in 1ki,

n2k．n2k1 k．1i 3z1i 3

3 ∴当n2k

k

；，za(a ); z3;，

;

;in.

Rein

1

Imin0 2 2 ① z=x+iy则

当Imin

n2k1 时，．

in

0 ，zaxyaxayxaiyxayza xya xay xa2y2

求下列复数的模和共轭复数2i; 3; (2i)(32i);

1i.41415 ∴ Reza

x2a2

y2 ,za

za xa2xy

y2

①解：2i ．2i2iIm ．za xa

y2

②解：33

33z=x+iy51365∵51365

③解：i32i2i32i ．z3xy3xy2xyx2y22xixy

2i32i2i32i2i32i47ixx2y22xy2yx2y22x2yi

1i211i21i2x33xy23x2yy32 2∴ Re

x33xy2

1i1i1iImz3

22 22 3x2yy3．③解：∵

4、证明：当且仅当zz时，z才是实数．1i3

1i33

131

32323

33

证明：若zz，设zxiy，1 2 81

8

则有xiyxiy，从而有yi0y=0

的平方的和．7.将下列复数表示为指数形式或三角形式∴z=x为实数．

3; i; 8π(1

cos2πisin2π3z=x，x∈zxx．

7i1

35i 7i

.9 9∴zz．

①解： 7i1

17i17i命题成立．

3816i 198i 17 8 ei其中πarctan ．5z,w∈，证明：zwzwzw2zwzwzw

50 25 5 19②解：iei其中π．2πiei2πzzzwwzww 1eiπeπiz2zw zww2

2z2w22Re zw

④解：8π1 3i 16π π.33∴8π 3i16πe2πi3≤z2w22zwz2w22zw

cos2π

2π3zw2

9 9∴zw≤zw．

解：∵cos2πisin2π31．6、设z,w∈，证明下列不等式．

9 9 2 2 2∴ 2 2 2

2π3

1ei2

e2πizw z 2Re zww

9 9 9 32 2 2 zw z 2Re zw zw2zw22 z2w2

8.计算的三次根的三次根3 的平方根.并给出最后一个等式的几何解释． ⑴i的三次根．证明：zw2z22Rew2在上面第五题 解：π π的证明已经证明了．

π π133

2kπ2

2kπ2 3icos2isin2cos

isin3

k0,1,2zw

z22Re zww2．∴∵zw

zwzwzwz2zwwzw2

zcos1

πisinπ 31i ．6 6 2 25 5 3 1z22Rew2

z cos πisin π i2 6 6 2 29 9 3 1∴zw2zw

2z2w2

zcos π3 6⑵-1的三次根

π 6 2 2几何意义：平行四边形两对角线平方的和等于各边 解：复变函数与积分变换（修订版）课后答案（复旦大学出版社） 1 2π 2ππ

={z: Imza=0}a且方31

cosπisin

3cos3

isin3

k0,1,2

b ∴zcosπisinπ1 3i

向与b同向的直线，要使得直线在a处与圆相切，1 3 3 2 2z cosπisinπ12

CAL

CL

，则有∠BCD=β，zcos5πisin5π1 3i

故α-β=90°3 3 3 2 2

所以L

在α处切于圆周T的关于β的充要条件⑶3 3i的平方根．2 解：3 3i=6 22

2i 6eπi

是α-β=90°．z所确定的平面图形，并作出∴

2kππ

42kππ

草图.argzπ;(2)z1z;33i

6eπi261cos 4isin 4k0,14 4 2 2

(3)1zi|2;∴z61cosπisinπ61eπi1 4 8 8 4 81 9 9 1 9

RezImz;Imzz2.z 64cos πisin π64e8πi．2 8 8 2π

解：、arg=．表示负实轴．9.设zein,n2.证明：1z zn10z

i2πn

∴

1zn10．∴zz又∵n≥2．∴z≠1

zn10从而1zz2+ zn10设 是圆周{z:zcr},r0,ac令 L z:Imza

(2)、|z-1|=|z|．表示直线z=1．2 b 其中b.求出L在a切于圆周 的关于的分必要条.解：如图所示．(3)、1<|z+i|<2-i12的圆环域。3/24复变函数与积分变换（修订版）课后答案（复旦大学出版社）2.在映射wz2zw平面上的什么图形，设weiwuiv.0r2,π（1）0r2,0π4;

4 ； （2）（4Re)>I．解：表示直线y=x的右下半平面

x=a, y=b.(a,b)wuiv(xiy)2x2y22xyi所以ux2y2v2xy.记wei

0r2,π4映射成w平面内虚5、Imz>1，且|z|<2．解：表示圆盘内的一弓形域。

轴上从O到4i的一段，即04,π.2wei

0π,0r24

映成了w平面习题二wz1.求映射

1z下圆周|z|2的像.

上扇形域，即

04,0π.2解：设zxiy, wuiv则1 xiy x yuivxiy

x

xiy

x2y2

x5

x2y23

i(y

x2y2)5因为x2y25u x4

4,3v y34

uiv

x 4 4

记wuiv，则将直线x=a 映成了ua2y2v2ayv24a2(a2u是以原点为焦所以 ,xu,yv

点，张口向左的抛物线将y=b 映成了5 34 4 ux2b2,v2xb.u5

v32

u2252

v23

v24b2(b2u)所以4 4

即2 2

，表示椭圆.

即4/24

是以原点为焦点，张口向右抛物复变函数与积分变换（修订版）课后答案（复旦大学出版社）线如图所. 4.讨论下列函数的连续性：(1) xy f(z)x2y20,

z0,z0;limf(z)

lim xy解：因为z0

(x,y)(0,0)x2y2,3.求下列极限.

lim

xy klim 1

y=kx,则xy)(0,0)x2y2

1k2,1(1) z1z2;1z

kf(z)在z=0处极限不存在.解：令

t,zt0.

f(z)在z=0处不连续，除z=0(2)limz

11z2

t0

t2 01t2 .

x3y ,f(z)x4y2

z0,lim

Re(z)

0,

z0.(2) z0 z ;

0 x3y

x3 y xRe(z)解：设z=x+yi，则z

xxiy有

解：因为

x4y2 2x2 y 2,lim

x3

0f(0)limRe(z) lim

x 1

所以xy)(0,0)x4y2z0 z

x0ykx0

xikx 1ik

所以f(z)在整个z平面连续.显然当取不同的值时f(z)的极限不同所以极限不存在.

5.下列函数在何处求导？并求其导数.lim

zi

(1)

f(z)(z1)n1

(n为正整数)；（3）解lim

ziz(1z2)zi lim

zi

lim 1

：1

解：因为n为正整数，所以f(z)在整个z平面上可导.f(z)n(z1)n1.z

z(1z2)=ziz(iz)(zi) ziz(iz) 2.limzz2zz2

z2f(z)(z1)(z21).（4）

z

z21 .

f(z)f(z)在(z1)(z21)0解：因为

zz2zz2(z2)(z1)z2,z21 (z1)(z1) z1

处不可导.从而f(z)除z1,zi外可导.limzz2zz2limz23 f(z)(z2)(z1)(z21)(z1)[(z1)(z2z

z21

z1z1 2.

5/24

(z(z22z35z24z3(z(z2复变函数与积分变换（修订版）课后答案（复旦大学出版社）复变函数与积分变换（修订版）课后答案（复旦大学出版社）PAGEPAGE11/243z8f(z)(3) 5z7.7

从而f(z)在2x 3y0处可导，在全平面不解.z=解：f(z) 除 5

外处处可导，且

(4)

f(z)zz2.f(z)3(5z7)(3z8)5(5z7)2xy xy

61(5z7)2.

解：设zxiy，则f(z)(xiy)(xiy)2x3xy2i(y3x2y)(4)

f(z)

ix2y2 x2y2.

u(x,y)x3xy2,v(x,y)y3x2y解：因为xyi(xy) xiyi(xiy) (xiy)(1i) z(1i) 1i

u3x2y2,x

u2xy,y

v2xy,x

v3y2x2yf(z) x2y2 x2y2 x2y2

z2 z

所以只有当z=0时才满足C-R方程.f(z)除z=0

f(z)(1i)z2 .

f(z)在z=0.7.证明区域D内满足下列条件之一的解析函数必为6.试判断下列函数的可导性与解析. 常数.(1)

f(z)xy2ix2y;

(1) f(z)0;u(xyxy2v(xyx2y.

vv0yy2,

u2xy,

v2xy,

vx2

f(z)0所以

,x y .x 所以要使得

u,v为常数，于是f(z).f(z)解析.uv vx y，y x,只有当z=0时,f(z)在z=0.

f(z)uiv在D则(v)(v) (2)

f(z)x2iy2.

yu(xyx2v(xyy2.u2x, u0, v0, v2y

,

x y

x y

,而f(z)为解析函数，所以

yxuv

v v

v v u u v v所以只有当z=0时即(0,0)处有x y,y所以

y.

xx,

yy,

xy0即f(z)在z=0.即(3) f(z)2x33iy3;

从而v为常数，u为常数，即f(z)为常数.Ref(z)=常数. u u0u(xy2x3v(xy3y3.

证明：因为Ref(z)为常数，即u=C1,u

u0u6x2,x

u0,y

v9y2,x

v0y

因为f(z)解析条件成立故从而f(z)为常数.

即u=C2所以只有当2x 3y时，才满足C-R方.

Imf(z)=常数.vv0证明：与类似，由v=C1得x y

m,n,l的值.解：因为f(z)解析，从而满足C-R条件.uu0

2nxy, 3my2nx2因为f(z)解析，由C-R方程得所以f(z)为常数.5.|f(z)|=常数.

,u=C2

v3x2ly2,xnl

v2lxyy|f(z)|=C，对C.若C=0，则u=0,v=0,f(z)=0为常数.

uvn3,l3mC

0,但

f(z)f(z)Cu2+v2=C2

所以n3,l3,m1.则两边对x,y分别求偏导数，有2v0, 2v0利用C-R条件，由于f(z)在D内解析，有

试证下列函数在z(1)f(z)=x3+3x2yi-3xy2-y3i证明：u(x,y)=x3-3xy2,v(x,y)=3x2y-y3在全平面可微,uv uv 且x y y x

ux3x23y2,

u6xy,y

v6xy,x

vy3x23y2 u vuvu

vx0uv0 u

v0

f(z)在全平面上满足C-R解析.所以

x x

所以x x

即u=C1,v=C2,于是f(z)为常数.

f(z)xix3x23y26xyi3(x2y22xyi)3z2(6)argf(z)=常数.

.(2)

f(z)ex(xcosyysiny)iex(ycosyxsiny).证明：argf(z)=常数，即

arctanvC u

证明：u(x,y)ex(xcosyysiny), v(x,y)=ex(ycosyxsiny)

处处可微，且(v/

u2(u

v ) u2(uv)于是1(v/u)2得

x 0u2(u2v2) u2(u2v2)

uxex(xcosyysiny)ex(cosy)ex(xcosyysinycosy)u

yex(xsinysinyycosy)ex(xsinysinyycosy)uxvx0

vex(ycosyxsiny)ex(siny)ex(ycosyxsinysiny) u v 0 y y

C-R条件→

xvex(cosyy(siny)xcosy)ex(cosyysinyxcosy)y v v u v 0

uv x x

x y y xu

vu0

所以 , x x

所以f(z)处处可导，处处解析.uvu

v0

f(z)xixex(xcosyysinycosy)i(ex(ycosyxsinysiny))解得为常数.

u,vf(z)

excosyiexsinyx(excosyiexsiny)iy(excosyiexsiny)ezxeziyezez(1z)设8.设f(z)=my3+nx2y+i(x3+lxy2)在z平面上解析，求x3y3ix3y3

fxixf0,0 x3ix3i ifz x2y2

, z0.

limxy0 ix

limxy0

31i

1i 0. z0.求证：(1)f(z)在z=0处连续．(2)f(z)在z=0处满足柯西—黎曼方程．(3)f′(0)不存在．

limfz0z不存在．即f(z)在z=0处不可导．11.设区域D是D关于x轴的对Fzfzlimf(z)证明.(1)∵z0

limx,y0,0

ux,yivx,y

称区域若f(z)在区域D内解析求证 在区域D1内解析．lim ux,y

lim

x3y3

f(z)在区域D析．而xy0,0

x,y0,0x2y2

u(x,y),v(x,y)DC-R方程，即x3y3

xy1 xy

, ，得∵x2y2，得

x2y2

x．0x3y30≤

3xy

fzux,yivx,yx,yix,y≤∴ x2y2 2≤

u

x,y

u

x,y

u

x,ylim

x3y30

y y

y

x2y2

x,y

vx,y vx,y∴x,y0,0

y y y故φ(x,y),ψ(x,y)在D1 内可微且满足C-R 条件lim

x3y30

同理x,y0,0x2y2

y,

yxlim∴x,y0,0

fz0f0

fz

在D1内解析∴f(z)z=0limf(z)(2)考察极限z0

f0

计算下列各值(1)e2+i=e2∙ei=e2∙(cos1+isin1)(2) e eeiecosπisinπe1 3i32i 33当z沿虚轴趋向于零时，z=iy，有3

3 3 3

3

3 2 2 lim1

f

0

lim

y3i

1i

(3) y0iy

y0iy y2

．

xiyx2y2 当z沿实轴趋向于零时，z=x，有

x yex2y2ex2y2i1

x

y y lim

f xf 0

1i

Reex2y2cos

isin

x0x

x2y2

x2y2x y ex2y2cos 它们分别为

i,

i

(4)

x2y2, ∴

ei2xiyeie2xiye2xe2iye2x∴满足C-R条件．(3)zy=x趋向于零时，有

设z沿通过原点的放射线趋于∞点，试讨论f(z)=z+ez的极限．解：令z=reiθ，对于，→∞．limeelimeerosisin

3

5eln35e5ln3故 ．

5ln3iπ2kπi

e5ln35iπ2kπ5irlimfz

r

e5ln3

2k1π

5

2k

π 5所以z计算下列各值．(1)

． 35cos2k1π 5isin2k1π 5ielnieiln1eiln1i02iln23i=ln13iarg23iln13iπarctan3

(3) ei2kπi

e2kπ 2 22

1i

1i1i 2 2

1iln1i(2)ln3 3iln23iarg 3iln23iπln23πi

(4) 2 2

e

π π4 1iln1i2kπi4

1i2kπii 6 6

e

4

e (3)ln(ei)=ln1+iarg(ei)=ln1+i=i

4 44 4

π(4)

e2kπii2kπ

e2kπei2kπ4 π

eπ2kπcosπisinπlnielneiargie1 i

4 4 216.试讨论函数f(z)=|z|+lnz的连续性与可导性．

eπ2kπ 2 2i

44 解：显然g(z)=|z|在复平面上连续，lnz除负实轴及原点外处处连续．g(z)zx2y2ux,yx,y

2 2 18.计算下列各值(1)z=x+iy，

cos

π

eiπ5ieiπ5i

eiπ5eiπ5ux,y x2y2,vx,y0 2 2在复平面内可微．

e5e51e5e5

e5e5

ch5u 1

1

x u y

2 2 2x2

x2y2

22x

x2y2

y

x2y2

(2)sin15iei15iei15iei5ei5v0 v0

2i 2ix y故g(z)=|z|在复平面上处处不可导．

e5cos1isin1e5cos1isin12i从而f(x)=|z|+lnz在复平面上处处不可导．

e5e5

sin1ie5e5cos1f(z)在复平面除原点及负实轴外处处连续．17.计算下列各值．(1)

2 2(3)ei3iei3i1iln2πi2kπi

tan3i

sin3i

2i

sin6isin2 1iielniieilnie 4 π π

cos3i ei3iei3i2i

2ch21sin23eln

2 iln 2i 4 4

(4)ln2π2kπ iπln22e 4 e4 2

sinz

1

eyieyi

sinxchyicosxshy2eln2π2kπcosπln 2isinπln 2 2i4

sin2xch2ycos2xsh2y 4

4

2e2kπ

cosπln 2isinπln 2

sin2x

ch2ysh2y

cos2xsin2

sh2y4 4

4

sin2xsh2y(2) (5)arcsiniiln 1i2iln 2iln2i2π

(2)cosz=cosx∙chy-isinx∙shy证明：

k0,1,

eizeiz 1

(6)

iln

21

iπ2π

cosz

21e

eix2yxieyxi

eixyiarctan2i

ln1i2i

ln21i 22 1i2i

5 5

1ey

cosxisinx

ey

cosxisinxkπ1arctan2iln5 22 4 eyey.cosxisineyey19.求解下列方程解：zarcsin21ln2i 3iln2 3ii

2 2 cosx.chyisinx.shy(3)|sinz|2=sin2x+sh2y证明：sinz1eyieyisinxchyicosxshy

1 2iiln2

2k πi 2 1 22k πi 2

2

, k0,1,

sinz sin2xch2ycos22ysin2xch2ysh2ycos2xsin2x

sh2yez

1 3i0

sin2xsh2y(4)|cosz|2=cos2x+sh2yez

1 3i 即

证明：coszcosxchyisinxshyzln 3iln2iπ2kπi3 13ln22k πi3

cosz

cos2x.ch2ysin2x.sh2ycos2xch2ysh2ycos2xsin2x

.sh2ylnzπi2π

cos2xsh2y21.证明当和|cos(x+iy)|都趋于无lnz i π解： 2 即ze2ii

穷大．(4)zln1i0

证明：sinz1ezez

1eyieyi解 ：zln1iln 2iπln 22k1

2i 2i1sinz eyxieyxi14 220.若z=x+iy，求证

4 ．

∴eyxiey eyxiey(1)sinz=sinxchy+icosx∙shy证明：

sinz 1e而 ≥2

y

eyxi

12

eyeysin

eizeiz eixiyexz 2i 2i

当y→+∞时，e-y→0，ey→+∞有|sinz|→∞．e-y→+∞，ey→0有1.eyxieyxi2i

同理得

cosxiy12

eyxieyxi

1eyey≥2sinxchyicosy

所以当y→∞时有|cosz|→∞．习题三(xyix2)dz

(3)设z.从221.计算积分C的直线段.

,C1+i

zdzdei232解设直线段的方程为yx,则zxix. C

22zezsinz

dz0x1故

6.计算积分C

,其中Cza0.1xyix2xyix2(xix1

zezsin解 C

dzzdzezsinzdzC C0C1 1 i i1

ezsinzz

所围的区域内解析ix2(1i)dxi(1i) 0 3

1 (1i)0 3 3

ezsinzdz0∴C(1z)dz 从而2.计算积分C

，其中积分路径C为

01+i;沿抛物线y=x201+i.解(1)设zxix. 0x1

zezsinzdz0Ca2ie00C

zdzC 0

adaei1z

11x

(xix)i

zezsin故C

dz01C 0 dz1(2)设zxix2. 0x1

7.计算积分1

z(z21)

,其中积分路径C为3 11zdz11x1zdz11xix2d(xix2)i

（1）C1:z2

（2）C2:z

（3）C3:zi20 3 CC （4）

:zi322zdz 123.计算积分C

，其中积分路径C为 解1）在z

1z(z21)只有一个从点-ii;|z|=1-ii;

奇点z0.|z|=1-ii.

1 dz

(111

1

1)dz2i002i(1)

ziy.

y1

Cz(z21)

C z 2zi 2zi1

z0,zizdz

ydiyi

ydyi

在C2所围的区域内包含三个奇点 .故1 1C

1 dz

(11

1

1

i

i0

Cz(z21)

C z 2zi 2

zi(2)设z.从22

在C所围的区域内包含一个奇点zi,故2 2

dz

(11

1

100iizdz23

i2

dei

2i

Cz(z21)

z 2zi

ziC 2 2

z0,zi在C4所围的区域内包含两个奇点 ,复变函数与积分变换（修订版）课后答案（复旦大学出版社）故 1 dz

(11

1

1)dz2iiiCz(z21)

C4z 2zi 2zi10.利用牛顿-莱布尼兹公式计算下列积分.2icosz

0ezdz

i(2iz)2dz(1) 0 2

(3) 1ln(zdz

1zsinzdz

i1tanzdz0(4)0

1 z1

(5)

(6)

1cos2z解(1) 16.求下列积分的其中积分路径C均|z|=1.2

coszdz1sin

2i

ez

coszdz

tanz 2dz,z 10 2 2 20

(1)

Cz5

(2)

C z3

(3)

C(zz)2 0 20(2) 解(1)0

ezdze

0

2

ez 2idz (ezCz5 4!

z

i12i(2iz)2dz1i(2iz)2d(2iz)11(2iz)3

i11i 11(3) 1 i1(4)

i3 1 3 3

(2)

cosz 2idz (cosz)(2)

iiln(z1) i

1 12

z3 2!

z01 z1(5)

dzln(zln(z1)1

ln2(z1)i (2 1 8

3ln22)

C(3)z1zsinzdz1zdcoszzcosz11coszdzsin1cos1

tanz2z0 0 0 0(6)i1tanz i i 1

C(zz)20

dz2i(tanz)'1

z

isec2 021cos2z

dz1

sec2zdz1

sec2ztanzdz

i tan2zi1 2 1

17.计算积分

C(z1)3(z1)3

,其中积分路径为 1 1 Ctan1 tan21 th21 2 2

z1R2的正向圆周z1R2的正向圆周11.计算积分C

ez dzz21 ,其中C为(1) zi1解(1)

(2)

zi1

(3) z2 ez dzCz21

ezC(zi)(z

dz2i

ezzizi

ei(2)

ez dz

ez dz2iez

ei

解：(1) C内包含了奇点z11 2i 1

3iCz21

C(zi)(zi)

z

zi

dz ( ∴C(z(z1)3 2! (z1)3

z1 8

dz

ez dz e

dzeiei2isin1

(2) Cz1Cz21

Cz211

Cz212

1 2i 1dz ( )(2)

3i∴C(z(z1)3 2! (z

z1 812/24复变函数与积分变换（修订版）课后答案（复旦大学出版社）复变函数与积分变换（修订版）课后答案（复旦大学出版社）PAGEPAGE23/2419.验证下列函数为调和函数.(1)x36x2y3xy22y3;(2)excosy1i(exsiny1).

数,证明

f(z)u

不是解析函数2x

2

2u2

2u

2w解(1)w

设ui,ux36x2y3xy2

2y

0

x2

y2∴ 2u

2u0u3x212xy3y2x

u6x26xy6y2y

∴x2 y2

,从而u是调和函数. y2x2

2xy2u

6x

12y

2u

6x12y

x (x2y2)2 y (x2y2)2x2 y2从而有2u2u0

26xy22x3 26xy22x3x2 (x2y2)3 y2 (x2y2)3x2 y2 ,w.(2) 设 wu, uexcosy1

∴x2

y2

0,从而是调和函数.u u

exsiny1u

但∵x y y

xf(z)ui∴

excosy

yexsiny

∴不满足C-R方程,从而数.

不是解析函2u

excosy

2u

excosy

22.,f(z)uix2 y2从而有2u2u0

(1)ux2y2xy

u yx2y2

,f(1)0x2 y2 ,u 满足拉普拉斯方程,从而是调和函

u u2xy

2yx数.

解(1)因为x所以

y y x exsiny

yexcosy

(x,y)

u u (x,y) x yx2x2

exsiny

2y2

sinyex

(0,0)ydxxdyC(0,0)(2yx)dx(2xy)dyC0xdx0(2xy)dyCx2y22xyC2 2x2 f(z)x2y2xyi( 2xyx2 2 2220

令y=0,上式变为x2 y2 ,满足拉普拉斯方程,数.

x2f(x)x2i( Cx2220.证明:ux2y2

x 从而, x2y2都是调和函z2 1

f()df(z)zD,f(z)z2i2

iC

2πi

zC

zG.u 2xy u x2y2(2)x (x2y2)2 y (x2y2)2用线积分法，取（x0,y0）为(1,0)，有

其中G为C所围内部区域.DZR，作圆zR(x,y)(udxudy)Cxx2dxxy

2y dyC

CR:

，将C与Z包含在内(1,0)

y x

1x4

0(x2y2)2 C11 x y x

1

f(z)C及

R为边界的区域内解析，依柯西积x x2y2f(z) y

x2y2i( x

C1C)

分公式，有1f(z) [1

f)d- f)d]x2y2 x2y2f(1)0.，得C=0

2πi CRf(z)

z

Czfzi11

因为z 在 R上解析，且f) 1 lim

limf) limf)1z p(z)(za

)(za)

(za)

z

1z 设

1 2 n

,其中 所以，当Z在C外部时，有a(i1,2,i

,

各不相同，闭路C 不通过

f(z)A12πi1

f()dCza,a, ,a1()n,证明积分 1()1 2f df(z)A12πi

p(z)dzp(z)

2π

CzC Z在C内，则f(z)=0，即等于位于C内的p(z)的零点的个数.证明:不妨设闭路C内P(z)的零点的个数为k,其

0 1 [2πi CR

f)zd

C

f()zd ]1 f(

)dA零点分别为a

,a,...a12 k1

2πi

Czn(za)(za

(za)...(za)...(za )

习题四1 P(z) 1dz

kk2

1k3

k 1 n1dz

1.复级数

都发散,则级数2πi

CP(z) 2πiC

(za)(za)...(za)1 2 n

a b (ab)n n n n12πi

1Cza1

dz

12πi

1Cza1 1

dz...

12πi

1dzCzannn

和

n1 n1 n1发散.这个命题是否成立?为什么?11...11

dz...

1dz anb2πik个k

Czak1

2πi

Czan

n1答.不一定．反例:试证明下述定理(无界区域的柯西积分公式):设

1,

1i1发散f(z)在闭路C 及其外部区域D 内解析，且

n nn1 n1

n2 nn1

n1

n n2limf(z)Az ，则

但(ab)n n

i2收敛n2n1 n1(an

b)n

发散n

当n=2k+1级数化为

(1)kln(2k1)

也收敛n1 n1 kabnn

[(1n2

1)]收敛.n4

所以原级数条件收敛n1 n12.下列复数项级数是否收敛,是绝对收敛还是条件收敛?

(5)cosin

1 enen 1 e

1 11i2n1

15i

iπ 2n

2n 2 2

( )n2

( )n2e(1) (2)( )n (3) en

n0 n0

n0

n0nn 2nn1 n1 n1

e 1(4)

inln

(5)

cosin2n

其中( )n 发散2n0所以原级数发散.

n0

( )n收敛2en1解

n0

(1)

3.证明:若Re(a

)0,且

a和nnn

a2收敛,则级数n1i2n

1(1)ni

1 (1n i

a2绝对收敛.n

n1 n1nn1

n n nn1 n1

n1证明:设1

1i2n1

a

i

,a2

(x

i

)2x2y22xyi因为n1

n发散,所以

n 发散n1

n n因为

n na和n

n na2收敛n

n n n n 15in 26

n1 n1(2)

2 ( 2 )n发散n1 n1

所以

x,n

y,n

(xyn

)2,

xy收敛nnn1 n1 n1 n115i 1 5

又因为Re(a

)0,又因为lim(

)nlim( i)n0 n2n n2 2

所以x 0且limx limx20 15in

n n n n nnn所以nnn1

( 2 )发散

nx2x(3)

πi ennn1

nn1

发散,又因为 所

x2收敛n收敛n1iπ cosπisinπ

a 2x2y2

2x2(x2y2)e

n n

1(cosπ

πisin ) 收

n n n

n n nn n n n nn1 n1 n1敛,所以不绝对收敛.

而

2x2

收敛，

(x2y2)收敛(4)

inln

1lnn

nn1

n nn1n1

n1

所以ann1n

2收敛，从而级数ann1n

2绝对收敛.1 1 4.讨论级数

(zn1zn)的敛散性因为lnn

n1

n0所以级数不绝对收敛.

解因为部分和sn

(zkzkzn11，所以，又因为当n=2k时,级数化为

(1)ln2k

收敛 k0k1

zsn

1当zsn

0

当z

n不存在.

Cn1 C

1 11解：因为lim

bn1nCn

lim

n1 当ze而0时（即z1,z1，cosθ和sinnθ

n所以RRb

n n bn

b Rbz>1sn

.

8.证明：若幂级数

aznn

的 系数满足z1z1

n0

(zn1zn)收敛.

limnan

，则

n0nn

n0

C(z2)nz=0z=3

(1)当

0

时,R1处发散.解：设lim

Cn1

z2

时，级数收

(2)当0时,R(3)当时,R0证明：考虑正项级数n Cn

aznaz

z2...

zn...z2

1 n 1 2 n时发. n0由于limnaznlimna nznz ，若1 n

n n若在z=0处收,则2 0

，由正项级数的根值判别法知，当1z=311

z

z1

，n0

aznn

收敛。当显然矛盾,所以幂级数

n0

C(z2)nn

不能在z=0处

z

z1时

azn2n

不能趋于收敛而在z=3处发散

limnazn1级数发散.故收敛半径R1n n .每一个幂级数的和函数在它的收敛圆内可能有

当0时,z

,级数收敛且R.n2n奇点.答:(1)不正确,因为幂级数在它的收敛圆周上可能收敛,也可能发散.

若,对0,当充分大,必有azn 不能趋于零,级数发散.且R09.求下列级数的收敛半径，并写出收敛圆周。7.若

Czn

的收敛半径为R,求

Cnzn的收敛半

(1)

(zi)nnp

(2)

npznn bnn0 n0径。

(3)

n0n0

(i)n1

2n12n

n0z2n1(4)

n0

( )n(z1)n(n1)ini解:(１) 解:(1)nlim 1n

1 lim( )

1lim(1 )p11

lim

Cn1

limn11n

(n1)p

np

n1

n

n1

n Cn

n nR1收敛圆周 故收敛半径R=1,由逐项积分性质，有：zi1

z0

(1nnzn-dz

(1)nzn

z1z(2)lim

(n1)p 1

n1 n1所以n np

(1nnzn-1

z ) 1 ,z1R1所以收敛圆周z1

n1于是有：

1z (1z)2记

f(z)(i)n1

2n1

z2n1

(1n1z

z

(1)nnzn1

z(1z)2

z1n 2n由比值法,有

n1(2)令：

n1f (z)

(2n1)2nz

2n1 1

z2nlim

n1

lim z2

s(z)

(1)n(2n)!n

f(z)n

n

(2n1)22n1z

2n1 2

n0C 1要级数收,则 nz 2

n1Cn

lim 0.n(2n1)(2n2)故R=∞,由逐项求导性质级数绝对收敛,收敛半径为R 2所以收敛圆周

s(z)

n1

(1)nz2n2

z2n1(2n1)!

z2m

z2n由s(z)

(1)n

(1)m+1 (mn1)

(1)nz 2

n1

(2n2)!

m0

(2m)! (2n)!n0记

f(z)( )n(z1)n(n1)in ni(z1)n(n1)

z1n1

此得到s(z)s(z)即有微分方程s(z)s(z)0limnf

(z)lim

lim

若1

s(z)AcoszBsinznn nn

n

nn n n

,若1 故有：

，A,B待定。所以z11Rz11所以

由S(0)A

n0

z2n ( (2n)!

z

1A1收敛圆周10.求下列级数的和函数.

s(0)sinzBcosz所以

z2n1 ( (2n1)!z0

0B0(1)

(1)n1nzn

(2)

n0

(1)n

z2n(2n)!

n0

(1)n cosz. Rz2n(2z2n设级数

C n

C n

Czn的n

点z0处收敛n0 n0 n0收敛半径为1

所以矛盾,从而

Czn在n在

zz

0处发散.证明：因为级数设

Cnn0

收敛 n013.用直接法将函数ln(1ez)在z0点处展开为lim

Cn1

Z

z.

泰勒级数,(到z4项),并指出其收敛半径.n CZn若

1eze解:因为ln(1ez)ln( )ezn0

Cznn

的收敛半径为1

k奇点为zk

(2k1)πi(k0,1,...)1则z Rπ1则又1现用反证法证明01 z1

lim

Cn11

ln(1ez

ln2z0ez 1若 则 敛，与条件矛盾。

n Cn

即 C 收nn0

[ln(1ez

1eze

z0 21若1则z1

nn0n

Czn在单位圆上等于

[ln(1ez

(1ez

z0 22n0

Cn，是收敛的，这与收敛半径的概念矛盾。

[ln(1ez

eze2(1ez)3

0z0综上述可知，必有

，所以

[ln(1ez

ez(14eze2z)(1ez)4 z

1231R 11

于是，有展开式1 1 1ln(1ez)ln2 z z2 z4...,Rπ 2 2!22 4!23

n0

Cznn

点处发散，证明级数对于所有满

11z2

z1 在

点处展开0足zz 点0

都发散.

为泰勒级数,(到(z1)4项)证明：不妨设当z z

时， Czn在

处收敛

解：zi

1 R 2为1z2的奇点，所以收敛半径1 0 n 1n0 又1 1则对z z1，

Cznn0

绝对收敛，则

n0

Cznn 在

f(z)1z

,f(1)2 2z 1

arctanz

1dzz

(1nz2ndz

(1)n

z2n1,z1f(z)

,f(1)(1z2)2 2

(4)

01z2

0 2n1n0 n026z2 1

1 1 1 1 1 1 1 1 1f(z)

,f(1z2)3 2

(z1)(z2) z1 z2 z23 z24 31z2 41z23 413n0

(1n(z2)n13 4n0

z2(1)n( 4f(z)

24z24z3,f0(1z2)4

n0

(1)n(

13n1

14n1

)(z2)n, z2324240z2120z4f(4)(z) ,f(4)(1)0(1z2)5

z1沿负实轴z所以,收敛半径为R=1f(zz1处的泰勒级数为1 1 1 1 (z1) (z1)2 (z1)4...,R1 1 1 1

[ln(1z)] 1 1z

n0

(1)nzn1z2 2 2 4 4!1用间接法将下列函数展开为泰勒级数，并指出其 ln(1z)z1

(1nzndz

(1)n zn1,z1收敛性.1

0 nn0 n0(1)2z3z0z1处

zR

内解析且在区间

(R,R)取实(2)(3)

sin3z在z0处arctanz在z0处z z2

f(z) z数值的函数展开成的幂级数时，展开式的系数值的函数数都是实数？zf(zf(x的泰勒级(4)(z1)(z2)在 处2(5)zz0解（1）2

xRf(x的展zRf(z1

1

1

( z)n,z3

2z12z3 32z 312z 3

3 2n0

f(z)

z2z

的以z0为中心的各个圆11 1 1

2n(z1)n,z1

环域内的罗朗级数.2z3 2z21 2(z1)1 12(z1) 21n01

f(z

1 z与2与

2,有三个以 (

z3 z5(2)

sinz

n0

z2n1(2n1)!

z 3!

...5!

z

为中心的圆环域,其罗朗级数.分别为：sin3z

3 2n (1)n z3 2n

2z1 1 1

1 z4 (2n1)!

z内，f(z)

= zn (1)n()nn0

z2z2 z1 z2 2n0

2n0arctanzz 1 dz

((1)n

1)zn12n11(3)

01z2ziR1

n0119.1z内将f(z)e11

展开成罗朗级

级数展开式中的系数为数. Cn1

12π

2πcos(2cos)cosnd.n0,1,...0解:令t1z,则1 1

z0z是cos(z

1)zf(z)et1t t2 t3...2! 3!1

在0zcos(z

1)z的罗朗级数为而t

1z

在1z内展开式为

cos(z1)z

Cznn1

1(111

...)

nn1z z 11 z z z2nz所以,代入可得1 1 1 11 1 1

其中C

12πi

1c n1

d,n0,1,2,...f(z)1 (1 z z z2

...) (1 2!z z z2

...)2...

0z11

1

1 19

...

C

内任一条绕原点的简单曲线.1z 2z2 6z3 24z4 120z51

cos(z1)

C

zdz,(zei,02π)zzz2z3...z

n 2πi zzn1 iie 1 2πcos(e iie d

12πcos(iei)1z

2πi

0 ei(n1)

0 eiz 111...

12πcos(iei)(cosisin2π0z1 z z2

12πcos(2cos)cos. n0,1,...2π0z z 0因为1z z11 1 1

,所以有结果

22.

z

是函数

f(z)

1cos(1z

)的孤立奇点吗?为...

11zz2z3...0

什么?z3 z2 z你认为正确吗?为什么?z

解:因为

f(z)

1cos(1z

的奇点有

z0答:不正确,因为1z

zz2z3z1

1

z

1 (k0,1,2,...)z 11而

z1

z 2 π2z01z z z2z z 1 1 1

所以在1z1

的任意去心邻域，总包括奇点π，当k时，z=0。 ...1z z1 z6

11zz2z3...0z2 z

kπ21证明:f(z)cos(zz1

用z的幂表示的罗朗

z

1不是cos(1z

)的孤立奇点.用级数展开法指出函数6sinz3z3(z66)在z0处零点的级.解：

z02kπi,0解:(3)z0f(z)6sinz3z3(z66)6sinz3z96z3

sinz2

z0

0,1 6(z3 z9 z15...)z96z1 3! 5!

(sinz2)(sinz2

z0z0

cosz22z0.4z2sinz22cosz220z=0f(z15z0是否为下列函数的孤立奇点，并确

z

是sinz2

的二级零点定奇点的类型：⑴e1/z； ⑵1

1cosz2

而z kπi是sinz2sinz2的一级零点

的一级零点,

z kπ是解:z0是ez因为1

所以1z0是

的二级极点,

kπi, kπ是ze 11 1 ... 1 ...z

sinz2z 2!z2 n!zn1z0是ez1

1sinz2的26.判定z下列各函数的什么奇点？(2)因为1 1

⑴z2

⑵coszsinz ⑶1

2z3z21cos

11 z2 z4... 2! 4!

z2...

解:(1)当

z

ez211 z2 z2 1 1cosz

所以,

1z是ez2z0是

z2

因为1 1 1 125.下列函数有些什么奇点？如果是极点，指出其

coszsinz1

z2 z4...z z3 z5...2! 4! 3! 5!点： 1 1 1 1sinz 1

1z z2 z3 z4 z5...1 2! 3! 4! 5!⑴ ⑵ ⑶2 2

z

coszsinzz3 z(ez1) sinz解 :

所以,

是2z

的本性奇点.(1)1 1

z

03z2sinzz3

z z3 z5...3! 1 1 z23! 1 1 z3 z2 3! 5!

所以,

z

2z3z2

的可去奇点.所以z0是奇点,是二级极点.z2kπi(k0,1,...)解:(2)

27.f(z)

1z(z1)2

z1处有一个二级极点，但根据下面罗朗展开式：

习题五1.求下列函数的留数．1 z(z1)2

1(z1)5

1(z1)4

1(z1)3

, z11

(1)fzez1z5我们得到“z1又是f(z)果哪一个是正确的？为什么?

解：ez1在0<|z|<+∞的罗朗展开式为z51zz2z3z4 12! 3! 4!

1

11

11