复变函数学习方法
篇一：复变函数的-原创 在实数域中，根号-1是没有解的，但为了让它有解，我们就引进了虚数单位i，令根号-1等于i，这样根号-1就有解了，实数域也因此扩大到了复数域。
在数学中，数是要拿来运算的，所以学习数学就是在学习数的运算，实数可以运算，复数同样也可以运算。而常见的运算有：加、减、乘、除、乘方、开方、求导、微分、积分、级数。所以学习复数就是在学习复数的这些运算。
因为学习复数就是学习复数的运算，所以讲解《复变函数》这门课也就是在讲解这些运算。而要讲解复变函数的运算就一定要先让别人知道：什么复数？什么是复变函数？复数怎么表示、复数的基本运算，复函数怎么表示、复函数的基本运算。然后才能讲：求导、微分、积分、级数。而本书各章节的顺序正是这样安排的。如本书的目录： 每一章：复数与复变函数 第二章：解析函数 (相当于实数域的求导) 第三章：复变函数的积分 第四章：解析函数的级数表示 第五章：留数 (是级数和积分相结合的产物) 第六章：共形映射 (复变函数的几何图像) 第七章：解析函数在平面场中的应用 第八章：傅里叶变换 (傅里叶级数的推广) 第九章：拉普拉斯变换 (傅里叶变换的推广)
第二章：复数的导数 复数中的可导我们并不称为可导，而是称为解析。实际上就是可导，只是多了一个条件：在该点及其邻域内都可导。而实函数中的可导只要求在该点可导，并不要求在其邻域内可导。
第三章：复数的积分 主要讲了柯西积分定理，柯西积分公式和高阶导数公式。 柯西积分定理研究的是积分值。即：①解析域内闭曲线积分为0；②解析域内不闭合的曲线积分值与路径无关，只与起始点有关。 柯西积分公式是由柯西积分定理得来的，研究的是函数值。它体现了一点的函数值可以用一个积分来表示，因此复数的积分反过来也可以用一点的函数值来表示。 高阶导数公式是柯西积分公式的推广。所以，柯西积分公式是高阶导数公式的一个特例，即0阶导。 第三章：复数的级数 把几个数排成一列叫做数列，而把这个数列中的每个数加起来就称为级数。无穷多个数组成的数列称为无穷数列，无穷多个数组成的级数则称为无穷极数。数列是很多个数，而极数是很多个数的和，是一个数。 如果级数是由常数相加得来的，称为常数项级数；如果级数是由函数相加得来的，称为函数项级数。如果函数项级数是由幂函数相加得来的，称为幂级数。如果函数项级数是由正弦函数相加得来的，称为正弦级数。 即然许多函数可以相加可以得到一个函数，因此一个函数也可以表示成许多个函数相加。把一个函数表示成许多个函数相加，我们称为将该函数展开成级数。用泰勒方法展开成的级数称为泰勒级数，用傅里叶方法展开成的级数称为傅里叶级数。泰勒级数是幂级数，傅里叶级数是正弦级数。 如果复函数的定义域是一个圆，则可以展开成泰勒级数。如果复函数的定义域是一个圆环，则可以展开成洛朗级数，而洛朗级数实际上就是两个泰勒级数的差。
第四章：留数 将复函数展开成洛朗级数后发现，洛朗级数中负1次幂前面的系数恰好是复函数在该点的积分值，所以就把洛朗级数中负1次幂前面的系数就称为复函数在该点的留数。因此，就可以用级数的方法来表示积分。 因为留数是针对孤立奇点而言的，所以要讲留数主要先知道什么是孤立奇点，所以本章一开篇就先讲了孤立奇点。知道了孤立奇点就要去判断一个点是不是孤立奇点，这可通过洛朗展开式去判断，而用洛朗展开式去判断有时会很麻烦，因此又讲了极限的方法来判断。(定理5.1、5.2和5.3) 又因为孤立奇点和零点有一定的关系，所以又讲了零点。同样，知道了零点就要去判断一个点是不是零点，这就有了零点的判断法――定理5.4。知道了零点就可以给出零点与孤立奇点的关系了――定理5.5。 讲了孤立奇点，又说了零点，则就由此引出了留数的概念：什么是留数――定义5.4，留数有什么用――定理5.7，怎样去求留数――法则Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ。 学了东西是要拿出来用的，留数怎么用？于是又讲了留数在定积分计算中的应用――围道积分法。 最后将留数对应积分中的f(z)取自然对数，再将这个对数求导数，又得到了对数留数。
第八、九章：积分变换：主要讲了傅里叶变换和拉氏变换 因第三章中说的傅里叶级数只能针对周期函数进行展开，而要对非周期函数展开怎么办呢？这就用到了傅立叶变换。而傅里叶变换也不是万能的，它也只能展开一部分非周期函数，而为了能展开更多的非周期函数，所以又有了拉氏变换。 傅里叶变换是傅里叶级数的推广，是傅里叶级数的分割量趋于0时得到的。拉氏变换又是傅里叶变换的推广，是将函数乘上另外两个函数得到的。 傅里叶级数是离散数的求和，而傅里叶变换和拉氏变换是连续数的积分。
――gang刚
注：原创，转载请注明出处，谢谢。篇二：学习复变函数的体会 学习复变函数的体会 我们都知道复变函数是数学专业的基础课之一，又是数学分析的后继课，所以如果数学分析没有学得透彻，明显感觉复变中有一些知识学得会很吃力。 首先，第一章就让我了解到将实数域扩大到复数域，可以解决很多我们用实数无法解决的问题。其实复数和实数有联系也有区别。联系是复数的实部和虚部都是实数。区别是复数不能比较大小，而且复数表现形式多样，有代数形式、三角形式和指数形式，可以互相转换，使用上也各有其便。此外，如果规定非零复数z的主辐角arg z合条件0≤arg z＜2π，则它与Arctgy/x 的主值arctgy/x的关系如下： 当z在第一象限时； π/2 当x=0,y&0时；
当z在第二、三象限时； π/2 当x=0,y&0时；
argtgy/x-π
当z在第四象限时；
和实数不同，复数还可以表示向量，Z1-Z2表示Z2到Z1这个向量，OZ1-Z2O表示这两点的距离。显然它可以引出邻域这个概念，也是复变函数极限论的基础。这里，三角不等式就不多说了。复数在代数和几何上的应用，主要是灵活的应用复数的一些基本性质与复数的向量表示，适当的旋转一个向量，即是此向量所表示的复数适当地乘以一个单位复数。接着便是曲线的概念，特别是简单闭曲线、光滑或逐段光滑曲线和区域单连通和多连通几个基础几何概念，容易记不住。此外，通过学习复变函数W=f(z)，可看成从Z平面上的点集E到W平面上的点集F的满变换，使一些问题形象化。复变函数的极限概念与事变函数的概念形式上尽管一样，但实际上前者比后者要求苛刻的多。复变函数极限存在，等价于其实部和虚部极限都存在，复变函数连续，等价于其实部和虚部都连续。最后，我还初步了解到复球面和无穷远点的概念。 相比于第一章，第二章就有点渐渐走进复变函数这门学科的感觉。解析函数，一个之前从未听过的数学名词。它和实变函数一样，也有导数，虽然定义形式上，二者情形一样，但从实质上讲，复变函数在一点可导可比实变函数严格的多。在实变函数中找一个处处连续却处处不可导的函数很不容易，但在复变函数中却很简单。最最重要的是，实函中的微分中值定理不能直接用到复函中。解析函数有很多很好的性质，C.-R.条件是判断函数可微和解析的主要条件。函数f(z)在区域D内可微等价于D内解析，但是在一点可导推不出在那一点解析。定理2.2是判断可微的充要条件，我觉得很好用。此外，定理2.4是刻画函数f(z)在区域D内解析的充要条件，定理2.5是充分条件，这些定理到后面经常要用到。初等单值函数和初等多值函数是数学分析中基本函数的延伸。指数函数令人印象深刻的就是它2πi的周期， 正、余弦函数在复数域内不能在断言：|sinz|≤1,|cosz|≤1。单值函数学起来较为简单，多值函数却让人有点迷糊。如根式函数??z及对数函数 ??Lnz它们出现多值的原因就是z确定后其辐角不唯一确定。因此适当割破z平面（如沿着负实轴割破），就能将它们分成单值连续解析分支，从而能取出适合指定条件的单值解析分支。而这里支割线的确立，对我而言，是一个难点，经常难以把握。对于复对数，我知道了一个非零复数的对数仍是复数，而且是无穷多值的，“负数无对数”的说法，如今在复数域内应该为“负数无实对数”。反三角函数和一般幂函数都是以对数函数表示的，就不再多说。幂函数 ??zn的 z单叶性区域，是顶点在原点Z=0，张度不超过2π/n的角形区域。指数函数??e的单叶性 区域，是Z平面上平行于实轴的宽不超过2π的带型区域。 下面的学习就跟数学分析联系的相当紧密。如复曲线积分仍是作为一种和的极限来定义的，它的积分问题，可以转化为两个二元实函数的积分问题，但这个通过后面的学习，我不常用这个。从积分路径C入手，运用参数方程的方法才是我们常用的。关于路径C:| z?a|=?可代之包围a的任意曲线。此外，积分估值定理也很有用，掌握的好的话，对于做证明题，是得心应手的。最重要的一点是数学分析中的积分中值定理不能推广到复数域当中来。柯西积分定理及从两个方面的推论更是学习复变的重要基础，通过后面的学习，我发现这几个定理是被反复利用的。此外，柯西积分公式是解析函数的积分表达式，因而是研究解(来自: 唯 才教 育网:复变函数学习方法)析函数的重要工具，它告诉我们解析函数在区域内部的值可以通过它在区域边界上的值来表示。而且它的证明方法也是我们学习复变函数需要掌握的一种方法。复连续函数的原函数和不定积分同数学分析中一样引入，从而我们也得到了复数域中的牛顿莱布尼兹公式，这样便可以将积分问题转化为找原函数问题。解析函数的高阶导数公式是以柯西积分公式为工具来证明的，由此我了解到解析函数的无穷可微性以及它各阶导函数的解析性。借助连续函数的原函数和解析函数的无穷可微性，还得出了柯西积分定理的逆定理。柯西不等式是对解析函数各阶导数模的估计，说明了与解析区域的大小密切相关，并且还得到了刘维尔定理，一个用于证明的很好的定理。 二十世纪以来，复变函数已被广泛的应用在理论物理、弹性理论和天体力学等方面，与数学的其他分支也日系密切，并且还开辟了一些新的分支，如复变函数逼近论、黎曼曲面、单叶解析函数论等等。复变函数也是我国数学工作者从事研究所取得最有成效的数学分支之一，我想以后的学习研究不能只光靠老一辈的人在奋斗，通过对前几章《复变函数论》的学习和体会，我想学术的研究更需要我们年轻一代敢去想，敢去做，敢去创新，我国的数学研究方面应该会有更多的突破！篇三：学习复变心得 学习复变函数心得 在这一学期，我学了复变函数这门课程，使我受益良多，也有挺多的学习心得感受。所以，接下来，我想跟大家一起分享我的一些看法及心得。 我认为，在接触一门新的课程时，不妨先了解其发展历史，这样，对以后的深入学习也有一定的帮助，而且，在学了之后，也不至于连这一学科怎么来的，为何会产生都不清楚。所以，在老师的讲解下及上网看的一些资料后，我也了解了一点点有关复变这门课程的发展历史。 复变函数，又称为复分析，是分析学的一个分支。它产生于十八世纪，其中，欧拉、拉普拉斯等几位数学家对这门学科的产生做出了重大的贡献。而到了十九世纪，这时，可以说是复变函数这门学科的黄金时期，在这段时期，它得到了全面的发展，是当时公认的最丰饶的一个数学分支，也是当时的一个数学享受。其中，Riemann,Welerstrass及Cauchy这三位数学家为此作做了突出的贡献。到了二十世纪，复变函数继续发展，其研究领域也更加广泛了。而我国的老一辈的数学家也是在这一方面做出了一些重大贡献。 知道了复变函数这一学科简单的发展历程后，那么接下来，我给大家说说我在学习这门课程的一些感受吧。 复变函数这门课程是将数从实数域拓展到复数域，在一开始书中介绍了什么是复数及其一些简单的四则运算，而这些在中学时就已经有过接触了，所以，在一开始还是挺容易上手的。而接下来，讲的就是复平面及复数的模跟辐角，还有就是复变函数的概念及其极限与连续。需要说一下的是，复变函数的概念跟实变函数概念的不同，实变函数是单值函数，而复变函数可以是单值函数也可以是多值函数，这对以后的深入学习还算比较重要的。 在学习接下来的第二章，主要讲的是解析函数及初等多值函数。而在学习解析函数时，我觉得，最主要的就是掌握柯西―黎曼方程，它对于解析函数的微分及解析的判定都有着重要作用，就是到了第三章的复变函数的积分也是会用到的，所以掌握它还是挺重要的。接下来就是初等多值函数，这一部分比较难，但也挺有意思的。在老师讲解下及自己的研究后，对这一部分还是有点收获的。学习这一部分的内容，首先要理解为什么要对平面进行切割，接着，就是要学会寻找支点及切割方法，还有就是那些辐角的变化也要搞清楚，只要将这几点掌握了，应该就没有大问题了。 而接下来的第三、第四章中，我觉得，第三章最主要的就是掌握柯西积分定理及其柯西积分公式，其中，柯西积分定理及其推理等能使我们免去繁琐的计算过程，直接就知道答案。而柯西积分公式也是经常会用到的，所以也是比较重要的。至于第四章的解析函数的幂级数表示法，首先，就是要了解复级数的一些基本性质，学会求幂级数的收敛性及其收敛半径。还有，就是要了解一些初等函数的泰勒展式并利用它来求其他一些函数的泰勒展式。 在学习了复变函数的这些知识后，使我的知识范围得到了拓展，学到了很多，我觉得，复变函数这门课程真的是很不错。复变函数课后习题答案 18复变函数(第四版)课后习题答案_复变函数第四版答案
习题一解答1．求下列复数的实部与虚部、共轭复数、模与辐角。 （1）113i(3+4i)(2?5i)； （4）i8?4i21+i； （2）?； （3）2i3+2ii1?i13?2i1=(3?2i) =3+2i3+2i3?2i13解 （1）所以2?1??1?3Re??=，Im??=?,13?3+2i?13?3+2i?111?3??3?=(3+2i)，=??+???=， 3+2i133+2i13?13??13??1??1?Arg??=arg??+2kπ3+2i3+2i????2=?arctan+2kπ,k=0,±1,±2,&3?i+i)=（2）?=?i?(?3+3i)=?i, ?222i1?ii?i1?i(1+i)22所以?13i?3Re?=, ?i1?i?25?13i?Im???=?2?i1?i?13i?3??5??13i?35=??+???=， ???=+i，??i1?i22i1i222???????13i??13i?Arg???=arg???+2kπ ?i1?i??i1?i?5=?arctan+2kπ,k=0,±1,±2,&.3(3+4i)(2?5i)=(3+4i)(2?5i)(?2i)=(26?7i)(?2i) （3）2i?2i2i4=?7?26i7=??13i 227?(3+4i)(2?5i)?Re?=?，2i2???(3+4i)(2?5i)?Im?=?13，2i??22所以??3+4i2?5i?7?=?+l3i2i2??(3+4i)(2?5i)=52i， 226?(3+4i)(2?5i)??(3+4i)(2?5i)?=Arg?arg+2kπ=2arctan?π+2kπ ??2i2i7????=arctan26+(2k?1)π,7k=0,±1,±2,&.（4）i8?4i21+i=i2?4i2i+i=(?1)4?4(?1)10i+i=1?4i+i=1?3i()4()10所以Rei8?4i21+i=1,Imi8?4i21+i=?3821821??i?4i+i??=1+3i，|i?4i+i|=??{}{}Argi8?4i21+i=argi8?4i21+i+2kπ=arg(1?3i)+2kπ=?arctan3+2kπ2．如果等式解：由于x+1+i(y?3)[x+1+i(y?3)](5?3i)=5+3i5+3i5?3i=5(x+1)+3(y?3)+i[?3(x+1)+5(y?3)]341=[5x+3y?4]+i(?3x+5y?18)=1+i 34k=0,±1,±2,&.x+1+i(y?3)=1+i成立，试求实数x, y为何值。5+3i()()比较等式两端的实、虚部，得?5x+3y?4=34?5x+3y=38或 ??xyxy?3+5?18=34?3+5=52??解得x=1,y=11。3．证明虚单位i有这样的性质：-i=i-1=。 4．证明1)|z|2=#6)Re(z)=11(+z),Im(z)=(z?22i证明：可设z=x+iy，然后代入逐项验证。5．对任何z，z=|z|是否成立？如果是，就给出证明。如果不是，对z那些值才成立？解：设z=x+iy，则要使z=|z|成立有22 复变函数课后习题答案22x2?y2+2ixy=x2+y2，即x2?y2=x2+y2,xy=0。由此可得z为实数。6．当|z|≤1时，求|zn+a|的最大值，其中n为正整数，a为复数。 解：由于z+a≤|z|+|a|≤1+|a|，且当z=ennniargan时，有?iarga?n|z+a|=?en?+|a|eiarga=(1+a)eiarga=1+|a| ????故1+|a|为所求。8．将下列复数化成三角表示式和指数表示式。（1）i； （2）-1； （3）1+3i；(cos5?+isin5?) 2i（4）1?cos?+isin?(0≤?≤π)； （5； （6?1+icos3??isin3?2iππ解：（1）i=cos+isin=e2；22π（2）?1=cosπ+isinπ=eiππi?1?ππ???=2?cos+isin?=2e3； +i（3）1+i=2??22?33????1?cos?+isin?=2sin（4）??2?2+i2sin?2cos?2=2sin?????+sinicos??2?22?π??2?iπ??π???=2sin?cos+isin?=2sine2?22?2（5）12i11??i=2i(?1?i)=1?i=2???? ?1+i22??2ππ?=2?cos?isin?44??,(0≤?≤π)；=2e?iπ42(cos5?+isin5?)（6）3(cos3??isin3?)=(ei5?)/(e?i3?)=ei10?/e?i9?=ei19?23=cos19?+isin19?9．将下列坐标变换公式写成复数的形式： 1）平移公式：??x=x1+a1,=+?112）旋转公式：??x=x1cosα?y1sinα,?y=x1sinα+y1cosα.iα解：设A=a1+ib1，z1=x1+iy1，z=x+iy，则有 1）z=z1+A；2）z=z1(cosα+isinα)=z1e。 10．一个复数乘以-i，它的模与辐角有何改变？ 则z(?i)=|z|eiArgz?e解：设复数z=|z|eiArgz，辐角减少?iπ2π??i?Argz??2??=|z|e，可知复数的模不变，π2。222211．证明：|z1+z2|+|z1?z2|=2(|z1|+|z2|)，并说明其几何意义。 证明：|z1+z2|+|z1?z2|22=(z1+z2)(z1+z2)+(z1?z2)(z1?z2) =2(z1z1+z2z2)=2(|z1|2+|z2|2)其几何意义平行四边形的对角线长度平方的和等于四个边的平方的和。 12．证明下列各题： 1）任何有理分式函数R(z)=P(z)可以化为X+iY的形式，其中X与Y为具Q(z)有实系数的x与y的有理分式函数；2）如果R(z)为1）中的有理分式函数，但具有实系数，那么R(=X?iY；3）如果复数a+ib是实系数方程a0zn+a1zn?1+&+an?1z+an=0P(z)P(z)Q(z)Re(P(z)Q(z))Im(P(z)Q(z))==+; Q(z)Q(z)Q(z)q(x,y)q(x,y)的根，那么a?ib也是它的根。证 1）R(z)=2）R()=3）事实上P()?P(z)?==??=X+iY=X?iY; Q(?Q(z)?P()=a0n+a1n?1+&+an?1+an=a0+a1z+a2z2+&+anzn=Pz13．如果z=eit，试证明 （1）zn+11=2cosnt； （2）zn?=2isinnt zz解 （1）zn+1=eint+e?int=eint+e=2sinnt nz1（2）zn?n=eint?e?int=eint?eint=2isinntz14．求下列各式的值 （1）3?i)； （2）(1+i)； （3）561； （4）(1?i)13解 （1）??i???i=?2????=2e?iπ/6?????22???)55()5=32e?i5π/6??5π??5π??=32?cos???+isin????=??16i?6????6?（2）(1+i)6?=?=?6iπ/4)6=8e3πi/2=?8i。（3=e(iπ+2kπ)16=eiπ(2k+1)/6,k=0,1,2,3,4,5。可知?1的6个值分别是eiπ/6=3iiπ/2i+,e=i，eii5π/6=?+ 2222ii?，ei3π/2=?i，ei11π/4=?。 222213ei7π/6=?（4）(1?i可知(1?i)1/313?1i???=?2?????=22????e1?iπ/43=2e?π?i??+2kπ??4?,k=0,1,2。的3个值分别是ππ?2e?iπ/2=2?cos?isin?,1212??ππ77?2ei7π/12=2?cos+isin?,12?12?5π5π?2ei5π/4=2?cos+isin44?n??。 ?15．若(1+i)=(1?i)，试求n的值。n18复变函数(第四版)课后习题答案_复变函数第四版答案n)=?iπ/4)n,einπ/4=e?inπ/4，sinπ=0，4故n=4k,k=0,±1,±2,&。解由题意即iπ/4n16．（1）求方程z3+8=0的所有根 （2）求微分方程y'''+8y=0的一般解。 解 （1）z=(?8)=2e13iπ3(1+2k)，k=0,1,2。即原方程有如下三个解：1+i, ?2, 1?i。（2）原方程的特征方程λ3+8=0有根λ1=1+i，λ2=?2，λ3=1?i，故其一般形式为y=C1e?2x+exC2cosx+C3sin3x()17．在平面上任意选一点z，然后在复平面上画出下列各点的位置：111?z,?,,,?。z18．已知两点z1与z2（或已知三点z1,z2,z3）问下列各点位于何处？ （1）z=1(z1+z2) 21(z1+z2+z3)。 3x1+x2y+y2+i1，知点z位于z1与z2连线的中点。 22； （2）z=λz1+(1?λ)z2（其中λ为实数）（3）z=解 令zk=xk+iyk,k=1,2,3，则 （1）z=（2）z=x2?λ(x2?x1)+i[y2?λ(y2?y1)]，知点位于z1与z2连线上定比λ=处。（3）z=处。19．设z1,z2,z3三点适合条件：z1+z2+z3=0,|z?z1||z2?z1|1(x1+x2+x3)+i(y1+y2+y3)，由几何知识知点z位于?z1z2z3的重心33z1=z2=z3=1。证明z1，z2，z3是内接于单位圆z=1的一个正三角形的顶点。证 由于z1=z2=z3=1，知?z1z2z3的三个顶点均在单位圆上。 因为1=z3=z33=[?(z1+z2)][?(1+2)]=z11+z22+z32+1z2=2+z12+1z22所以，z12+1z2=?1，又z1?z2=(z1?z2)(1?2)=z11+z22?(z12+z21)=2?(z12+1z2)=32故z1?z2=，同理z1?z3=z2?z3=3，知?z1z2z3是内接于单位圆z=1的一个正三角形。20．如果复数z1，z2，z3满足等式z2?z1z1?z3=z3?z1z2?z3证明z2?z1=z3?z1=z2?z3，并说明这些等式的几何意义。 由等式得arg(z2?z1)?arg(z3?z1)=arg(z1?z3)?arg(z2?z3)即∠z2z1z3=∠z1z3z2。又因为z2?z1(z2?z1)+(z1?z3)z2?z3= =z3?z1z3?z1+z2?z3z2?z1又可得∠z2z1z3=∠z3z2z1，所以知?z1z2z3是正三角形，从而z2?z1=z3?z1=z2?z3。21．指出下列各题中点z的存在范围，并作图。 （2）|z+2i|≥1； （1）|z?5|=6；（4）Re(i)=3； （3）Re(z+2)=?1；（6）|z+3|+|z+1|=4 （5）|z+i|=|z?i|；（8）（7）Im(z)≤2；z?3≥1； z?2（9）0&argz&π；（10）arg(z?i)=π4解：（1）以点z0=5为心，半径为6的圆周（见下图（a））； （2）以点z0=?2i为心，半径为1的圆周及外部（见下图（b））；）； （3）由于Re(z+2)=?1?x=?3知点z的范围是直线x=?3（见下图（c）（4）i=i(x?iy)=y+ix，故Re(i=3?y=3.知点z的范围是直线y=3（见下图（d））；（5）z+i=z?i?z+i=z?i?（z+i)(?i)=(z?i)(+i)?22z?iz+i+1=z+iz?i+1?i?iz=0?2Re(i)=0?2y=0 ?y=0.知点z的范围是实轴（见下图（e））；（6）z+3+z+1=4?z+3=(4?z+1)2?x?2=?2z+1?(x?2)2=4z+1（x+2)2y2?3+12x+4y=0?+=1，即点z的范围是以（-3,0）和（-1,0）43222222为焦点，长半轴为2，短半轴为的一椭圆（见下图（f））；（7）y≤2，（见下图（g））；。 （8z?3222≥1?z?3≥z?2?(z?3)(?3)≥(z?2)(?2)?z?3z?3+9≥ z?25255z?2z?2+4?z+≤5?x≤.即点z的范围是直线x=以及x=为边222界的左半平面（见下图（h））；（9）不包含实轴上半平面（见下图（i））；）； （10）以i为起点的射线y=x+1,x&0（见下图（j）(c)22．描出下列不等式所确定的区域，并指是有界的还是无界的，闭的还是开的，单连的还是多连的。（1）Imz&0； （2）z?&4； （3）0&Rez&1； （4）2≤z≤3；（5）z?&z+3； （6）?1&argz&?1+π；（7）z?&4z+； （8）|z?2|+|z+2|≤6； （9）z?2?|z+2|&1； （10）?(2+i)z?(2?i)≤4。 解 （1）Imz&0（2）z?&4（3）0&Rez&1不包含实轴的上半平面，是无界的、开的单连通区域。圆(z?1)2+y2=16的外部（不包括圆周），是无界的、开的多连通区域。由直线x = 0与x = 1单连通区域。（4）2≤z≤318复变函数(第四版)课后习题答案_复变函数第四版答案以原点为中心，2与3分别为内、外半径的圆环域，不包括圆周，是有界的、开的多连通区域。 （5）z?1&z+3?x&x直线x = -1右边的平面区域，不包括直线在内，是无界的、开的单连通的区域。（6）?1&argz&?1+π由射线θ=1及θ=1+π构成的角形域，不包括两射线在内，即为一半平面，是无界的、开的单连通区域。17???8?2+y&（7）z?1&4z+1??x+??? 15???15?22中心在点z=?178，半径为的圆周的外部区域（不包括圆周本身在内），是无1515界的、开的多连通区域。（8）|z?2|+|z+2|≤6x2y2是椭圆+=1及其围成的区域，是有界的、闭的单连通区域。95（9是双曲线4x?242y=1的左边分支的内部区域，是无界的、开的单连通区域。 15（10）?(2+i)z?(2?i)≤4是圆(x?2)+（y+1）=9及其内部区域，是有界的、闭的单连通区域。23．证明：z平面上的直线方程可以写成a+=C（a是非零复常数，C是实常数）22证x=Rez=设直角坐标系的平面方程为Ax+By=C将11(z+),y=Imz=(z?代入，得2i211(A?iB)z+(A?iB)=C2211令a=(A+iB)，则=(A?iB)，上式即为a+=C。2224．证明复平面上的圆周方程可写成：+α+z+c=0,(其中α为复常数，c为实常数)。证 (z+a)(z+a)=R?+++?R=0，其中c=?R为实常数。25．求下列方程（t是实参数）给出的曲线。（1）z=(1+i)t； （2）z=acost+ibsint； ii（3）z=t+； （4）z=t2+2，tt222（5）z=acht+ibsht（7）z=e,(α=a+bi为复数)αt（6）z=ae+beit?it?x=t解（1）z=x+iy=(1+i)t??,?∞&t&∞。即直线y=x。y=t??x=acost（2）z=x+iy=acost+ibsint??,siny=bt?x2y2+=1； a2b2t?i?x=1（3）z=x+iy=t+??y=，即为双曲线xy=1；t?t?2?i?x=t1，即为双曲线xy=1中位于第一象限中的一（4）z=x+iy=t+2??y=2t?t?20&t≤2π，即为椭圆支。?x=achtx2y2（5）z=acht+ibsht???2?2=1，双曲线=ybshtab?x2y2（6）+=1,椭圆 22(a+b)(a?b)（7）x+y=e26．函数w=222ayarctanbx1将z平面上的下列曲线变成w平面上的什么曲线z(z=x+iy,w=u+iv)？（1）x2+y2=6； （2）y=x； （3）x=1； （4）(x?1)2+y2=1 解 w=x?y11xy，u=,v=，可得 i==2?zx+iyx+y2x2+y2x2+y2x2+y222（1）u+v=x2+y2(x2+y2)2=11=，是w平面上一圆周； 22x+y4（2）u=xy?(?y)===?v，是w平面上一直线；x2+y2x2+y2x2+y2（3）由x = 1，知u=21?y122v,=，从而+==u uv2221+y1+y1+y21???1?2此为?u??+v=??是w平面上一圆周；2???2?（4）(x?1)2+y2=1?x2+y2=2x?平行与v轴的直线。27．已知映射w=z3，求（1）点z1=i，z2=1+i，z3=+i在w平面上的像。 （2）区域0&argz&11xu==，于是，是w平面上一2x2+y22π3在w平面上的像。解 设z=reiθ，则ω=z3=r3ei3θ。于是iππ?（1）z1=i=e,z2=1+i=?cos+isin?=2e444??i2πππ?3iππ?1????z3=+i=2=2?cos+isin?=2e6 +i??22?66???经映射后在w平面上的像分别是w1=ei3π/3=?i，323π4w2=2ew3=2e3i?11??i=22??+?=?2+i2， ?22??π2=8i（2）因为以原点为顶点的角形域的顶角张大三倍，所以为0&argw&π。 29．设函数f(z)在z0处连续，且f(z0)≠0，证明存在z0的邻域使f(z)≠0。 证 因为limf(z)=f(z0)，且f(z0)≠0。可取ε=z→z0f(z0)2&0，则?δ&0，当z?z0&δ时，有f(z)?f(z0)&ε=f(z0)2从而f(z0)?z→z0f(z0)2&f(z)，即f(z)&f(z0)2&0即点z∈U(z0,δ)时，则f(z)≠0。30．设limf(z)=A，证明f(z)在z0的某一去心邻域内是有界的。证 取ε=1，则存在δ&0，当0&|z?z0|&δ时，|f(z)?A|≤1。故在0&|z?z0|&δ内，|f(z)|=|f(z)?A+A|≤|f(z)?A|+|A|≤1+|A|。31．设f(z)=证 f(z)=1?z????,(z≠0)试证当z→0时f(z)的极限不存在。 2i?z?1?z?2xy?=，显然。 ??2i?z?x2+y232．试证argz(?π&argz≤π)在负实轴上（包括原点）不连续，除此而外在z平面上处处连续。证 设f(z)=argz，因为f(0)无定义，所以f(z)在原点z=0处不连续。 当z0为负实轴上的点时，即z0=x0(x0&0)，有???arctan?xlim→x0??+?limargz=?y→0z→z0?lim??arctan?x→x0???y→0?z→z0y?+π?x??π=?y???π?π?x?所以limargz不存在，即argz在负实轴上不连续。而argz在z平面上的其它点处的连续性显然。18复变函数(第四版)课后习题答案_复变函数第四版答案习题二解答1．利用导数定义推出：1)(zn)'=nzn?1,(n是正整数)；n1?1?2）'=?。 ??2zz??(z+?z)n?zn2n?2=lim(nzn?1+Cnz?z+&?zn?1)=nzn?1 证 1）(z)'=lim?z→0?z→0?z11?11?1?2）??'=lim=?lim=?2?z→0z(z+?z)z?z?z??z→02．下列函数何处可导？何处解析？ （1）f(z)=x2?iy （3）（2）f(z)=2x+3yi（4）f(z)=sinxchy+icosxshy33f(z)=xy2+ix2y解 （1）由于?u?v?v?u=0,=0,=?1 =2x,?y?x?y?x1在z平面上处处连续，且当且仅当x=?时，u,v才满足C-R条件，故f(z)=u+iv=x?iy仅在21直线x=?上可导，在z平面上处处不解析。2（2）由于?u?u?v?v=6x2，=0，=0，=9y2 ?x?x?y?y22在z平面上处处连续，且当且仅当2x=3y,±=0时，u,v才满足C-R条件，故f(z)=u+iv=2x3+3y3i=0上可导，在z平面上处处不解析。（3）由于?u?v?v?u=2xy，=x2 =2xy，=y2，?y?y?x?x在z平面上处处连续，且当且仅当z=0时，u,v才满足C-R条件，故f(z)=xy2+ix2y仅在点z=0处可导，在z平面处处不解析。（4）由于?u?u?v?v=cosxchy，=sinxshy，=?sinxshy，=cosxchy ?x?y?x?y在z平面上处处连续，且在整个复平面u,v才满足C-R条件，故f(z)=sinxchy+icosxshy在z平面处处可导，在z平面处处不解析。3．指出下列函数f(z)的解析性区域，并求出其导数。 1）(z?1)； 3）5（2）z+2iz； （4）31； 2z?1az+b(c,d中至少有一个不为0) cz+d4解 （1）由于f′(z)=5(z?1)，故f(z)在z平面上处处解析。（2）由于f′(z)=3z2+2i，知f(z)在z平面上处处解析。 （3）由于f′(z)=z?2z2?12=?2zz?12z+12知f(z)在除去点z=±1外的z平面上处处可导。处处解析，z=±1是f(z)的奇点。（4）由于f′(z)=ad?bc，知f(z)在除去z=?d/c(c≠0)外在复平面上处处解析。 2(cz+d)5．复变函数的可导性与解析性有什么不同？判断函数的解析性有那些方法？ 答：判定函数解析主要有两种方法：1）利用解析的定义：要判断一个复变函数在z0是否解析，只要判定它在z0及其邻域内是否可导；要判断该函数在区域D内是否解析，只要判定它在D内是否可导；2）利用解析的充要条件，即本章§2中的定理二。6．判断下述命题的真假，并举例说明。 （1）如果f(z)在z0点连续，那么f′(z0)存在。 （2）如果f′(z0)存在，那么f(z)在z0点解析。 （3）如果z0是f(z)的奇点，那么f(z)在z0不可导。（4）如果z0是f(z)和g(z)的一个奇点，那么z0也是f(z)+g(z)和f(z)/g(z)的奇点。 ，那么f(z)=u+iv亦可导。 （5）如果u(x,y)和v(x,y)可导（指偏导数存在）（6）设f(z)=u+iv在区域内是解析的。如果u是实常数，那么f(z)在整个D内是常数；如果v是实常数，那么f(z)在整个D内是常数；解（1）命题假。如函数f(z)=|z|2=x2+y2在z平面上处处连续，除了点z=0外处处不可导。 （2）命题假，如函数f(z)=|z|2在点z=0处可导，却在点z=0处不解析。 （3）命题假，如果f(z)在z0点不解析，则z0称为f(z)的奇点。如上例。（4）命题假，如f(z)=sinxchy,g(z)=icosxshy，z=(π/2,0)为它们的奇点，但不是f(z)+g(z)的奇点。故f(z)仅在点z=0（5）命题假。如函数f(z)=zRez=x2+ixy仅在点z=0处满足C-R条件，处可导。（6）命题真。由u是实常数，根据C-R方程知v也是实常数，故f(z)在整个D内是常数；后面同理可得。7．如果f(z)=u+iv是z的解析函数，证明：???????()|fz|=|f'(z)|2 ?|f(z)|?+?????x???y?22证 |f(z)|=u2+v2，于是?|f(z)|=?xu?u?v?v?uu+v+v?y，?|f(z)|=?y2222?yu+vu+v由于f(z)=u+iv为解析函数，故?u?v?u?v==?，， ?x?y?y?x从而2222?1?2??u??v??????2??|f(z)|?+??|f(z)|??=u2+v2?u??x?+u???x? ??x???y???????22?u?v??v??u???u?2??v?+2uv??? +v??+v??+2uv?x?x??x??x???x???x??21=22u+v=2222??2???u???v??2???u???v?????u???+???+v???+??????????x???x???????x???x?????1u2+v2|f(z)|2=|f(z)|222u+v()9．证明：柯西-黎曼方程的极坐标形式是?u1?v?v1?u=，=??rr?θ?rr?θ证 令x=rcosθ,y=rsinθ，利用复合函数求导法则和u,v满足C-R条件，得?u?u?u=cosθ+sinθ ?r?x?y?v?v?v?u?u?u=(?rsinθ)+rcosθ=rsinθ+rcosθ=r ?θ?x?y?y?x?r即?u1?v=。又 ?rr?θ?u?u=(?rsinθ)+?urcosθ ?θ?x?y?v?v?v?u?u=cosθ+sinθ=?cosθ+sinθ ?r?x?y?y?x?1??u1?u?u?cossin=??r?r=? θθ?r?y?xr??θ??总之，有?u1?v?v1?u=，=?。 ?rr?θ?rr?θ10．证明：如果函数f(z)=u+iv在区域D内解析，并满足下列条件之一，那么f(z)是常数。 （1）f(z)恒取实值。 （2）fz在D内解析。 （3）|f(z)|在D内是一个常数。 （4）argf(z)在D内是一个常数。（5）au+bv=c，其中a、b与c为不全为零的实常数。解 （1）若f(z)恒取实值，则v=0，又根据f(z)在区域D内解析，知C-R条件成立，于是?u?v?u?v=?==0， =0?x?y?y?x故u在区域D内为一常数，记u=C(实常数)，则f(z)=u+iv=C为一常数。 （2）若fz=u+iv=u?iv在区域D内解析，则?u?(?v)?v?u?(?v)?u， （1） ==?=?=?x?y?y?x?y?x又f(z)=u+iv在区域D内解析，则?u?v?u?v=?=， （2）?x?y?y?x结合（1）、（2）两式，有?u?u?v?v====0， ?x?y?xvy故u,v在D内均为常数，分别记之为u1=C1,u2=C2(C1,C2为实常数)，则f(z)=u+iv=C1+iC2=C为一复常数。（3）若|f(z)|在D内为一常数，记为C1，则u2+v2=C12，两边分别对于x和y求偏导，得?v??u2u+2v=0???x?x ??u?v?2u+2v=0??y?y?由于f(z)在D内解析，满足C-R条件?u?v?u?v=,=?代入上式又可写得?x?x?y?y?u??uuv?=0???x?y??u?u?v+u=0??x?y?解得?v?v?u?v==0。同理，可解得==0故u,v均为常数，分别记为u=C1,v=C2，则?x?y?xvyf(z)=u+iv=C1+iC2=C为一复常数。（4）若argz在D内是一个常数C1，则f(z)≠0，从而f(z)=u+iv≠0，且v?u&0arctan,?u?v?argf(z)=?arctan+π,u&0,v&0u??arctanv?π,u&0,v&0?u??C1?=?C1+π?C?π?1u&1u&0,v&0u&0,v&0总之对argf(z)分别关于x和y求偏导，得?u?1??v?v?uuv???u?v2?x?u??x=0 =2u2+v2?v?1+???u?1u2??v?u??v?u??uv?u?v??y??y??y?y?==0 222uv+v??1+???u??u??u?v?u=0???x?y??u?u?u?v=0??x?y?化简上式并利用f(z)解析，其实、虚部满足C-R条件，得解得?u?u?u?v==0，同理也可求得==0，即u和v均为实常数，分别记为C2和C3，从而?x?y?x?yf(z)=u+iv=C2+iC3=C为一复常数。其中a、b和c为不全为零的实常数，这里a和b不全为0，即a2+b2≠0，（5）若au+bv=c，否则此时a、b和c全为零。对方程au+bv=c分别对于x和y求偏导，得?v??uab+=0???x?x ??u?v?a+b=0?yy???再利用解析函数f(z)=u+iv的实、虚部u和v满足C-R条件，得?u??ua?b=0???x?y??u?u?b+a=0??x?y?解得?u?u?v?v==0，同理也可求得==0，知函数f(z)为一常数。?x?y?x?y11.下列关系是否正确？（1）ez=e； （2）cosz=cos； （3）sinz=sin 解（1）e=ex(cosy+isiny)=ex(cosy?isiny)=ex?iy=e ?eiz+e?iz（2）cosz=??2??1iz?=e+e?iz=1e?i+ei=cos。 ?22?(()（3）sinz==1iz1iz1e?e?iz=e?e?iz=(e?i?ei) 2i?2i2i()()1ie?e?i=sin。 2i()12．找出下列方程的全部解。（3）1+e=0； （4）sinz+cosz=0； 解（3）原方程等价于e=?1，于是它的解为：zz18复变函数(第四版)课后习题答案_复变函数第四版答案z=Ln(?1)=ln|?1|+i[arg(?1)+2kπ]=iπ(1+2k) k=0,±1,±2,&（4）由于sinz=?cosz,eiz?e?iz1=?(eiz+e?iz)，故 2i2e2iz?1=?ie2iz+1e2iz=1?i1+i()z=11?1?i?1Ln??=Ln(?i)=[ln|?i|+i(arg(?i)+2kπ)] 2i?1+i?2i2i=i?π1?????+2kπ?=?k??π,k=0,±1,±2,& 2i?24???13．证明：（1）cos(z1+z2)=cosz1cosz2?sinz1sinz2;sin(z1+z2)=sinz1cosz2?cosz1sinz2;（2）sin2z+cos2z=1；（3）sin2z=2sinzcosz；（4）tan2z=?π?（5）sin??z?=cosz， cos(z+π)=?cosz；?2?2tanz；1?tan2z（6）|cosz|=cosx+shy,|sinz|=sinx+shy 证 （1）左=cos(z1+z2)=1i(z1+z2)?i(z1+z2)e+e 2222222[]右=cosz1cosz2?sinz1sinz2eiz1+e?iz1eiz2+e?iz2eiz1?e?iz1eiz2?e?iz2=?222i2iei(z1+z2)+ei(z1?z2)+e?i(z1?z2)+e?i(z1+z2)+ei(z1+z2)?ei(z1?z2)?e?i(z1?z2)+e?i(z1+z2)=4ei(z1+z2)+e?i(z1+z2)=2可见左=右，即cos(z1+z2)=cosz1cosz2?sinz1sinz2； 左=sin(z1+z2)=1i(z1+z2)?i(z1+z2)e?e2i[]右=sinz1cosz2+cosz1sinz2 ==1iz11iz211iz2e?e?iz1e?e?iz2+eiz1+e?iz1e?e?iz2 2i222i()()()()1i(z1+z2)i(z1?z2)?i(z1?z2)?i(z1+z2)1i(z1+z2)i(z1?z2)?i(z1?z2)?i(z1+z2)e+e?e?e+e?e+e?e 4i4i11i(z1+z2)?i(z1+z2)2ei(z1+z2)?2e?i(z1+z2)= e?e4i2i[][]=[][]可见左=右，即sin(z1+z2)=sinz1cosz2+cosz1sinz2 ?eiz?e?iz（2）sinz+cosz=??2i?22??eiz+e?iz??+??2i??2??? ?2=?12iz1e?2+e?2iz+e2iz+2+e?2iz=1 44()()（3）左=sin2z=1i2ze?e?i2z 2i()右=2sinzcosz=2=1iz1ize?e?ize+e?iz 2i2()()1i2z1i2ze+1?1?e?i2z=e?e?i2z 2i2i()()可见左=右，即 sin2z=2coszsinz。sin2z2sinzcoszsinz（4）tan2z===2cos2zcosz?sinzcosz??sinz?2?2tanz?1????=cosz1?tanz??????（5）由（1）知ππ?π???πsin??z?=sin?+(?z)?=sincos(?z)+cossin(?z)22?2???2=cos(?z)=1i(?z)?i(?z)1iz?ize+e=e+e 22()()=cosz由（1）得cos(z+π)=coszcosπ?sinzsinπ=?cosz222222（6）左＝|cosz|=|cosxchy?isinxshy|=cosxchy+sinxshy＝cosx(1+shy)+sinxshy=cosx+shy左＝|sinz|=|sinxchy+icosxshy|=sinxchy+cosxshy＝sinx(1+shy)+cosxshy=sinx+shy。14．说明：1）当y→∞时，|sin(x+iy)|和|cos(x+iy)|趋于无穷大；2）当t为复数时，|sint|≤1和|cost|≤1不成立。222222222222222222eiz?e-iz|e?y?ey||≥解 1）|sinz|=|；|cosz|同理。 2i2|e?y?ey|，则当y→∞时显然题设不成立。 2）设t=iy,y∈R，则|sint|=215．求Ln(?i)，Ln(?3+4i)和它们的主值。?π?解 Ln(?i)=Ln|?i|+i(arg(?i)+2kπ)=i??+2kπ??2?1??=iπ?2k??,k=0,±1,±2,&2??ln(?i)=ln|?i|+iarg(?i)=?πi2Ln(?3+4i)=ln|?3+4i|+i[arg(?3+4i)+2kπ]???4?=ln5+i??π?arctan?+2kπ?3??????4??=ln5?i??arctan?(2k+1)π??,k=0,±1,±2,&3????4??ln(?3+4i)=ln|?3+4i|+iarg(?3+4i)=ln5+i?π?arctan?。3??16．证明对数的下列性质：1）Ln(z1z2)=Lnz1+Lnz2；2）Ln(z1/z2)=Lnz1?Lnz2。 证明1）Ln(z1z2)=ln(|z1z2|)+iArgz1z2=lnz1+lnz2+iArgz1+iArgz2=Lnz1+Lnz2； 2）Ln(z1/z2)=ln(|z1/z2|)+iArgz1/z2=lnz1?lnz2+iArgz1-iArgz2=Lnz1?Lnz2。 17．说明下列等式是否正确：1）Lnz=2Lnz；2）Ln22=1Lnz。 2解：两式均不正确。1）Lnz=2ln|z|+iArg(2z),而2Lnz＝2ln|z|+2iArg(z)； 2）Ln18．求e解：e1?i111i=ln|z|+i而Lnz＝ln|z|+Arg(z)。22221?iπ2，exp??1＋iπ?4π2?ii?，3和(1+i)的值。 ??iπ2=eeππ??=e?cos?isin?=?ie22???1＋iπexp??43i=eiLn3=e?1π1iππ?1?444?e4(1＋i) ?=ee=e?cos＋isin?=44?2??i?ln3+i(arg3+2kπ)??=e?2kπeiln3=e?2kπ(cosln3+isinln3),k=0,±1,±2,&(1+i)i=eiLn(1+i)=e[iln2?π???+2kπ?2?4?iln|1+i|]+i(arg(1+i)+2kπ)=e=ea?1?1??π?+2k??4?ln2ln2??+isin?cos?， k=0,±1,±2,& 22??19．证明(z)'=az证明a，其中a为实数。1(za)'=(ealnz+2kπi)'=a(lnz)'ealnz+2kπi=aza=aza?1。z222220．证明1）chz?shz=1；2）shz+chz=ch2z；3）sh(z1+z2)=shz1chz2+chz1shz2；ch(z1+z2)=chz1chz2+shz1shz2。ez+e?z2ez?e?z2证明1）chz?shz=(?()=1；2222ez?e?z2ez+e?z2e2z+e?2z=1； 2）shz+chz=()+()=22222(ez1?e?z1)(ez2+e?z2)(ez1+e?z1)(ez2?e?z2)ez1+z2?e?z1?z2+= 3）shz1chz2+chz1shz2=442=sh(z1+z2)。21．解下列方程：1）shz=0；2）chz=0；3）shz=i。解 1）由shz=0得e2）由chz=0得e2z2z=1，z=1Ln1=ikπ,k=0,±1,±2,&。 2=?1，z=1(2k+1)Ln(?1)=iπ,k=0,±1,±2,&。 22123）由shz=i得e=i，z=Lni=i(2k+π,k=0,±1,±2,&。 23．证明:shz的反函数Arshz=Ln(zz。ew?e?w=z?e2w?2zew?1=0解得ew=z证 设shw=z，即2故w=Arshz=Ln(z+。24．已知平面流速场的复势f(z)为（1）(z+i)2； （2）z； （3）31； z+12求流动的速度以及流线和等势线的方程。 解（1）V(z)=f'z=2z+i=2(?i)为流速，又f(z)=(z+i)=[x+i(y+1)]=x2?(y+1)+i2x(y+1)222知流线和等势线方程分别为x(y+1)=C1和x2?(y+1)2=C2。（2）流速V(z)=f'z=3z2=32，又f(z)=z3=x(x2?3y2)+iy(3x2?y2), 流线方程：(3x2?y2)y=C1， （3）流速等势线方程：x(x2?3y2)=C2。?2?1???2z?V(z)=f'z=??'=2?'=??z+1??z+1?+111x2?y2+1?i2xy又f(z)=2， ==2z+1x2?y2+1+i2xyx?y2+1+4x2y2流线方程为xxy22?y+1+4xy222=C1，等势线方程为x2?y2+1=C2。 2222x?y+1+4xy习题三解答1.沿下列路线计算积分∫3+i0z2dz。（1）自原点到3+i的直线段（2）自原点沿实轴至3，再由3沿垂直向上至3+i； （3）自原点沿虚轴至i，再由i沿水平方向右至3+i。?x=3t,解（1）? 0≤t≤1，故z=3t+it，0≤t≤1。dz=(3+i)dty=t,?于是 23+112zdz=∫0∫0(3t+it)(3+i)dt =(3+i)3120∫tdt1113=(3+i)3t3|=(3+i)=6033（2）∫3+iz2dz=∫3+iz2dz+∫2C1zdz+∫2C2zdz。C1之参数方程为??x=3t,(0≤t≤1)；C2之参数方程为 y=t,??x=3,(0≤t≤1) ??y=t,故 （3）∫3+i∫3+iz2dz=z2dt+∫∫i19t2?3dt+z2dz=262(+)?=+i。 3itidt6∫013z2dz=∫i3+i∫C3z2dz+∫C4z2dz。C3:z=it(0≤t≤1)；C4:z=3t+i(0≤t≤1)，3故∫3+iz2dz=∫1?t2?idt+2262(3t+i)?3dt=6+i ∫011+i02．分别沿y=x与y=x算出、积分∫(x2+iydz的值。)解（1）沿y=x。此时z=t+it(0≤t≤1)。dz=(1+i)dt，于是∫(x1+i02+iydz=)∫(t10221?1+it(1+i)dt=(1+i)t2+itdt=(1+i)?+?3)∫(∫)i?15?=?+i。 2?66（2）沿y=x，此时z=t+it2(0≤t≤1)。dz=(1+i2t)dt，故2∫(x1+i02+iydz=)∫(t10+it2(1+i2t)dt=(1+i)t2(1+i2t)dt=(1+i)t2+i2t3dt)1∫(1)15?1i?=(1+i)?+?=?+i。66?32?3．设f(z)在单连域D内解析，C为D内任何一条正向简单闭曲线，问CRe[f(z)]dz=CIm[f(z)]dz=0是否成立，如果成立，给出证明；如果不成立，举例说明。解 未必成立。令f(z)=z，C:z=1，则f(z)在全平面上解析，但是18复变函数(第四版)课后习题答案_复变函数第四版答案CRe[f(z)]dz=CIm[f(z)]dz=∫∫2π02πReeiθdeiθ=cosθ(?sinθ+icosθ)dθ=πi≠0[]∫2πImeiθdeiθ=sinθ(?sinθ+icosθ)dθ=?π≠0[]∫2π4．利用单位圆上=1的性质，及柯西积分公式说明v=2πi，其中C为正向单位圆周|z|=1。 ∫zC解1=dz=2πi，（利用柯西积分公式） v∫v∫zCCdz的值，其中C为正向圆周：（1）z=2；（2）z=4 z4，故有 z5．计算积分C解 （1）因在|z|=2上有|z|=2，z?z=|z|2=4，从而有=2dz==C|z||z|=22|z|=2z=4πi（2）因在C上有|z|=4，z?=|z|2=16，从而有=16，故有 zdz=C|z|16|z|=44=4=8πi |z|=4z6．利用观察法得出下列积分的值。解 利用柯西－古萨基本定理和柯西积分公式。 7．沿指定曲线的正向计算下列各积分。 （1）（3）Cezdz，C:|z?2|=1 z?2（2）v∫v∫CCdz，C:|z?a|=az2?a2v∫Ceizdz，C:|z?2i|=3/2 z2+1（4）zdz，C:|z|=2 z?3z3coszdz，C为包围z＝0的闭曲线（5）dzv∫C(z2?1)(z3?1)C:|z|=r&1dz，C:|z|=3/2 22v∫z+z+(1)(4)Csinz?π??z??2??2C（6）v∫C（7）（8）sinzdzv∫Cz，C:|z|=1（9）dz，C:|z|=2ezdz（10）v∫Cz5，C:|z|=1=2πe2i解 （1）由Cauchy积分公式，dz=z?a2C22Cezdz=2πiezz?2z=2（2）解1：解2：C1dz=2πi1z?az+a=z=aπai，C1πdz1?11?[dz?dz?=2πi?0]=i =2?Cz+a2a?Cz?aaz?a?2a（3）由Cauchy积分公式，v∫Ceizdzeizdz/(z+i)eiz=∫=2πiz2+1vz-iz+iC=π/ez=i（4）（5）（6）由柯西基本定理知：其结果均为0（7）因被积函数的奇点z=±i在C的内部，z=±2i在C的外部，故由复合闭路定理及Cauchy积分公式有：Cdzdzdz=+ 11(z2+1)(z2+4)|z?i|=3(z2+1)(z2+4)|z+i|=3(z2+1)(z2+4)1z+iz+4dz+z?i=1|z?i|=31|z+i|=31z+iz+4dzz+i=2πi1(z+i)(z2+4)+2πiz=i1(z?i)(z2+4)=z=?iπ3?π3=0（8）由Cauchy积分公式，（9）由高阶求导公式，sinzdzv∫Cz=2πisinz|z=0=0sinz2Cπ???z??2??dz=2πi(sinz)'z=π2=0ezdz2πiz(4)πi（10）由高阶求导公式，v== (e)|z=0∫Cz54!128．计算下列各题：1）∫πe?i3πi2zdz； 2）∫πch3zdz； 3）∫sinzdz； 4）∫zsinzdz；6-πi?z0πi215）∫i(z?i)edz； 6）∫3πi1+tanzdz(沿1到i的直线段)。1cos2zie2z2z解 1）∫edz＝?πi23πi=0?πi2）10ch3zdzsh3z|π=i/6=?i/3 π6i33）4）5）6）∫π∫∫10iπi-isin2zdz=∫1?cos2zzsin2zπi1dz=(?|-πi=(π?sh2π)i-πi2242πizsinzdz=(sinz?zcosz)|10=sin1?cos1 (z?i)e?zdz=(i?1?z)e?z|i0=1?cos1+i(sin1?1)0i1+tanz1122i2dz=(tanz+tanz/2)|=?(tan1+tan1+th1)+ith1 1∫1cos2z229．计算下列积分：1）v∫(C43dz,其中C:|z|=4为正向 +z+1z+2i2）v∫C2idz,其中C:|z－1|=6为正向 z2+13）coszdz,其中C1:|z|=2为正向，C2:|z|=3为负向 3v∫zC=C1+C24）v∫Cdz16其中C为以±，±i为顶点的正向菱形 z－i25ezdz,其中a为|a|≠1的任何复数，C:|z|=1为正向 5）v3∫(z?a)C解 1）v∫(C43+dz＝2πi(4+3)=14πi z+1z+2i2）v∫C2i2i/(z+i)2i/(z?i)dz=dz+dz=0 v∫v∫z2+1z-iz+i|z?i|=1|z+i|=13）coszcoszcosz2πi2πi=?=?dzdzdz(cosz)''|(cosz)''|z=0=0 z=0333v∫v∫v∫zzz2!2!C=C1+C2C1C?24）v∫Cdz=2πi z－i3ez5） 当|a|&1时，1/(z?a)在|z|≤1上解析，故vdz＝0； 3∫(z?a)Cez2πiz当|a|&1时，vdz(e)''|z=a=πiea ＝3∫(z?a)2!C10．证明：当C为任何不通过原点的简单闭曲线时，v∫C1dz=0。 2z证明当原点在曲线C内部时，v∫C12；当原点在曲线C外部时，1/z在C内2i(1)'|0dz=π=z=02z解析，故v∫C1dz=0。 z211．下列两个积分的值是否相等？积分2）的值能否利用闭路变形原理从1）的值得到？为什么？1）dz； v∫z|z|=22π?iθ2）dz v∫z|z|=42π?iθedθ=0，故两个积分的值相等。但不能利用闭路4i∫0dz=解 v∫z|z|=2eddz=2iθ=0；∫v∫z0|z|=4不是一个解析函数。 z12．设区域D为右半平面，z为D内圆周|z|=1上的任意一点，用在D内的任意一条曲线C连结原变形原理从1）的值得到，因点与z，证明Re?证明z?π1dζ?=4. ∫01+ζ2???z函数1在右半平面解析，故在计算从0到z沿任意一条曲线C的积分时与积分路径无1+ζ2iηθieθ111π2icosη?2iηddxdd.ζ=+η=+η（分子分母同乘以1+e）， 关。则∫∫01+x2∫01+e2iη∫01+ζ2042+2cos2η?z1?π故 Re?∫dζ?=4. 01+ζ2??13．设C1与C2为相交于M、N两点的简单闭曲线，它们所围的区域分别为B1与B2。B1与B2的公共部分为B。如果f(z)在B1?B与B2?B内解析，在C1、C2上也解析，证明： 则证明在B1?B上f(z)为解析函数，则由柯西基本定理v∫f(z)dz=v∫f(z)dz。C1C2MENGMv∫f(z)dz=0；同理MHNFMv∫f(z)dz=0NGM∫f(z)dz+MEN∫f(z)dz=MHN∫f(z)dz+NFM∫f(z)dz，即v∫f(z)dz=v∫f(z)dz。C1C214．设C为不经过a与-a的正向简单闭曲线，a为不等于零的z任何复数，试就a与-a同C的各种不同位置，计算积分2dz。Cz?a2解 （i）当a在C的内部而-a在C的外部时zdz=2πizz?az+aCC2Czdz=z?a22C=πi。z=a（ii）当?a在C的内部而a在C的外部时，zzdz=2πizdz=cz2?a2cz+az?a=πiz=?a（iii）当a与－a在C的内部时，设C1,C2分别为以a,?a为心半径充分小的圆周使C1,C2均在C的内部且互不相交也互不包含，则由复合闭路定理及Cauchy积分公式得zcz2?a2dz=c1zzdz+dz=πi+πi=2πic2z+az?a（iv）当a与－a都在C的外部时，由Cauchy-Gourssat定理得Czdz=0。z2?a215．设C1与C2为两条互不包含，也互不相交的正向简单闭曲线，证明：2当z0在C1内时,1?z2dzsinzdz??z0,+= ?v??∫v∫??2πi?zzzzsin,z当z在C内时.00?002C2?C1??证明1z2dz1sinzdz22z|z==，而=0； 利用Cauchy积分公式，当z0在C1内时,z=z00∫v∫2πivzz?2iπ?zz00C1C21z2dz1sinzdz0当z0在C2内时,=，而=sinz|z=z0=sinz0。故结论成立。 v∫v∫2πiC1z?z02πiC2z?z016．设函数f(z)在0&|z|&1内解析，且沿任何圆周C：|z|=r，0&r&1的积分为零，问f(z)是否需在z=0处解析？试举例说明之。解 不一定。如令f(z)=1，则其在0&|z|&1内解析，且沿任何圆周C：|z|=r，0&r&1的积分 z2但显然f(z)=1在z=0处不解析。 z2Cf(z)dz=|z|=r1dz=0 z217.设f(z)与g(z)在区域D内处处解析，C为D内任何一条简单光滑闭曲线，它的内部全属于D。如果f(z)=g(z)在C上所有点都成立，试证在C的内部所有点处f(z)=g(z)也成立。证 因f(z),g(z)在D内处处解析故在C上及其内部也处处解析，设z0为C的内部的任一点，则由Cauchy积分公式有f(z0)=1f(z)dz,2πiCz?z0f(z)dz=z?z0g(z0)=1g(z)dz， 2πiCz?z0又因在C上f(z)=g(z)，故CCg(z)dz， z?z0从而f(z0)=g(z0),由z0的任意性，在C的内部均有f(z)=g(z)。18．设区域D是圆环域，f(z)在D内解析，以圆环的中心为中心作正向圆周K1与K2，K2包含K1，z0为K1,K2之间任一点，试证（3.5.1）仍成立，但C要换成K1?+K2(见图).证明参照78页闭路变形定理的证明方法。19．设f(z)在 单连通区域D内解析，且不为零，C为D内任何一条简单光滑闭曲线，问积分是否为零？为什么？解 等于零。因f(z)在D内解析，故f(z)具有各阶导数且仍为解析函数，从而f'(z)在D内也解析，故又因在D内f(z)≠0，有f'(z)在D内解析，从而在C上及C的内部也解析，于是由Cauchy-Gourssat定理，fzCf'(z)dzfzCf'(z)dz=0。 fz 20．试说明柯西－古萨基本定理中的C为什么可以不是简单闭曲线？21．设f(z)在区域D内解析，C为D内的任意一条正向简单闭曲线，证明：对在D内但不在C上的任意一点z0，等式：证明v∫Cf'(z)f(z)dz=vdz成立。 2∫()z?z0z?z0C利用Cauchy积分公式，有v∫Cf'(z)dz=2πif'(z)|z=z0=2πif'(z0)；而由高阶导数公式z?z0f(z)2πidzf'(z)|z=z0=2πif'(z0)，故所证等式成立。 =2v∫(z?z0)1!C22．如果?(x,y)和ψ(x,y)都具有二阶连续偏导数，且适合拉普拉斯方程，而s=?y?ψx，t=?x+ψy那么s+it是x+iy的解析函数。证明由?(x,y)和ψ(x,y)都具有二阶连续偏导数，而s=?y?ψx，t=?x+ψy知，s,t具有一阶连续的偏导数，在证s,t满足C－R方程即可。注意?xx+?yy=0，ψxx+ψyy=0，则sx=?yx?ψxx=?xy+ψyy=ty；sy=?yy?ψxy=??xx?ψyx=?tx，故s,t满足C－R方程，即18复变函数(第四版)课后习题答案_复变函数第四版答案s+it是x+iy的解析函数。23．设u为区域D内的调和函数及f=解?u?u?i，问f是不是D内的解析函数？为什么？ ?x?yf是D内的解析函数。因u为区域D内的调和函数，故ux和?uy在D内有一阶连续的偏导数。??u??2u?2u?2u??u???u???u?==?=?；==?又 ??????，即满足C－R方程。 ???22????xxyy?x?x?y??x??y??y??y?x24．函数v=x+y是u=x+y的共轭调和函数吗？为什么？解 不是。因u+iv不能构成一解析函数。25．设u和v都是调和函数，如果v是u的共轭调和函数，那么u也是v的共轭调和函数。这句话对吗？为什么？解 不对。参考27题的第二问。 证明设v是u的共轭调和函数，则uxx+uyy=0，vxx+vyy=0，ux=vy，uy=?vx。又26．证明：一对共轭调和函数的乘积仍是调和函数。(uv)xx=uxxv+2uxvx+uvxx，(uv)yy=uyyv+2uyvy+uvyy，故(uv)xx+(uv)yy=0，即一对共轭调和函数的乘积仍是调和函数。27．如果f(z)=u+iv是一解析函数，试证：1）if(z)也是解析函数； 2）?u是v的共轭调和函数；?2|f(z)|2?2|f(z)|22224()4|'()|。 3）+=u+v=fzxx22?x?y1）if(z)=v?iu，而f(z)=u+iv是一解析函数，故u,v满足C－R方程，进而vx=(?u)y，证明vy=?(?u)x。故if(z)也是解析函数。2）由f(z)=u+iv是一解析函数，if(z)=v?iu。故?u是v的共轭调和函数。?2|f(z)|2?2|f(z)|2?2?222() 3）+=+u+v2222?x?y?x?y2222=2ux+2vx+2uy+2vy+2u(uxx+uyy)+2v(vxx+vyy)2x2x2=4(u+v)=4|f'(z)|2228．证明：u=x?y和v=y都是调和函数，但是u+iv不是解析函数。x2+y2证明x2?y2?2xyux=2x，uy=?2y，vx=2，vy=2， 2222(x+y)(x+y)8x2y2y8y36y，，则 ?=?vxx=2vyy(x+y)(x+y)(x+y)(x+y)8x2y8y38yuxx+uyy=2+(?2)=0，vxx+vyy=2+?=0。(x+y2)3(x2+y2)3(x2+y2)229．求具有下列形式的所有调和函数u：1）u=f(ax+by),a与b为常数；2）u=f?22?y??。 ?x?解 1）由ux=af',uxx=af'',uyy=bf'',而uxx+uyy=0，则f''=0，即f=c1(ax+by)+c2。yyy2112）由ux=?2f',uxx=23f'+4f'',uy=f',uyy=2f'',而uxx+uyy=0，则xxxxx?y2?yy++==+c2。 1f''2f'0,即fcarctan?12?x?xx?30．由下列各已知调和函数求解析函数f(z)=u+iv：1）u=(x?y)(x+4xy+y)； 3）u=2(x?1)y,f(2)=?i；222222）v=y,f(2)=0； 22x+yy,x&0。 x4）v=arctan2解 1）ux=3x+6xy?3y,uy=3x?6xy?3y，则f'(z)=ux?iuy=3x2+6xy?3y2?i(3x2?6xy?3y2)=3(1?i)z2，故f(z)=(1?i)z3+ic,c∈；?2xyx2?y2x2?y2?2ixy1+===i，故 2）f'(z)=vy+ivx=2(x+y2)2(x2+y2)2(x2+y2)2()2z2111f(z)=?+c,又f(2)=0，则f(z)=?；z2zf(z)=?i(z?1)2+c,又f(2)=?i，则f(z)=?i(z?1)2；?yxx?iy1+===，故f(z)=lnz+c,c∈。 ix2+y2x2+y2x2+y2z2z3）f'(z)=ux?iuy=2y?2i(x?1)=?2i(x?1+iy)=?2i(z?1)，故4）f'(z)=vy+ivx=px31．设v=esiny，求p的值使v为调和函数，并求出解析函数f(z)=u+iv。解 vxx+vyy=esiny(p?1)=0，知p=±1。当p=1时，f(z)=e+c,c∈；当p=?1时，pxf(z)=?e?z+c,c∈。32．如果u(x,y)是区域D内的调和函数，C为D内以z0为中心的任何一个正向圆周：|z?z0|=r，它的内部完全含于D。试证：1）u(x,y)在(x0,y0)的值等于u(x,y)在圆周C上的平均值，即u(x0,y0)=12π∫2πu(x0+rcos?,y0+rsin?)d?；2）u(x,y)在(x0,y0)的值等于u(x,y)在圆域|z?z0|≤r0上的平均值，即1u(x0,y0)=2πr0∫∫r02πu(x0+rcos?,y0+rsin?)rd?dr。证明 1）由平均值公式（P86）1f(z0)=2π∫2πf(z0+Reiθ)dθ1只取其实部有： u(x0,y0)=2π2）由1）知∫2πu(x0+rcos?,y0+rsin?)d?；1πr02∫∫r02πu(x0+rcos?,y0+rsin?)rd?dr=1πr02∫r02πu(x0,y0)rdr=u(x0,y0)。它的内部完全含于D。33．如果f(z)=u+iv在区域D内处处解析，C为D内的正向圆周：|z|=R，??=R/，试证 设z为C内一点，并令z2f(ζ)(ζ)ddζ=0。 ζ=2v∫v∫??ζ?zζ?RCC22证明??|=|R/|=R/|z|=因z为C内一点，|zf(ζ)(ζ)ddζ=0。 ζ=2v∫v∫??zR??ζζCCf(ζ)RR&R，故在C及其内部解析。由??ζ?z|z|Cauchy基本定理知：34．根据柯西积分公式与习题33的结果，证明?1?11(R2?f(ζ)f(z)=dζ， ?ζ?z+R2?ζ?f(ζ)dζ=2πiv2∫∫ζζ2πiv()(zR???C?C1f(ζ)(ζ)；而由33题结果知dζ=0，故dζ2v∫v∫2πiCζ?zζ?RC其中C为|z|=R|. 证明由柯西积分公式有：f(z)=将这两式相减即得。35如果令ζ=Re,z=re，验证iθi?dζdζ/ζidθ. ==(ζ?z)(R2?ζ(ζ?z)(?R2?2Rrcos(θ??)+r21f(z)=2π2π并由34题的结果，证明∫(R2?r2)f(Reiθ)dθ.R2?2Rrcos(θ??)+r22π取其实部，得1u(x,y)=u(rcos?,rsin?)=2π∫(R2?r2)u(Rcosθ,Rsinθ)dθ 22R?2Rrcos(θ??)+r这个积分称为泊松（Poisson）积分。通过这个公式，一个调和函数在一个圆内得值可用它在圆周上的值来表示。证明R2ζ=RRζ=R?e?iθ=，故dζ=(ζ?z)(R2?ζdζ/ζdζ/ζ.又 =R2(ζ?z)(?)(ζ?z)(?)ζdζiR?eiθdθ==idθ，(ζ?z)(?)=R2?2Rrcos(θ??)+r2，故 iθR?eζdζ/ζidθ=2。(ζ?z)(?)R?2Rrcos(θ??)+r2(R2?r2)f(Reiθ)dθ。 22v∫R?2Rrcos(θ??)+rC1(R2?f(ζ)1dζ=又由34题知f(z)=∫(ζ?z)(R2?ζ)2πiv2πC1）试用柯西积分公式证明：36．设f(z)在简单闭曲线C内及C上解析，且不恒为常数，n为正整数.1[f(ζ)]n[f(z)]=dζ. v∫2πiCζ?zn2）设M为|f(ζ)|在C上的最大值，L为C的长，d为z到C的最短距离，试用积分估值公式（3.1.10）于1）中的等式，证明不等式：?L?|f(z)|≤M? ?.?2πd?3）令n→+∞，对2）中的不等式取极限，证明：|f(z)|≤M。这个结果表明：在闭区域内不1）在柯西积分公式中将里面的函数f(z)换成[f(z)]即得。n1/n恒为常数的解析函数的模的最大值只能在区域的边界上取得（最大模原理）。证明12）由1）知|f(z)|=|[f(z)]|≤2πnnv∫C[f(ζ)]nLds≤Mn，故ζ?z2πd1/n?L?=M? ?。πd2??3）对2）中的不等式取极限（n→+∞），即得。?L?Mn?|f(z)|≤??2πd?1/n习题四解答1．下列数列{αn}是否收敛？如果收敛，求出它们的极限：?ni?1+nii?n1）αn=；2）αn=?1+?;3）αn=(?1)+;4）αn=e?nπi/2；5）n+11?ni?2?αn=e?nπi/21+ni1?n22n1?n22nαn==+，又=?=0，故αn收敛，ilim1,lim解 1）2222n→∞n→∞1?ni1+n1+n1+n1+n1nlimαn=?1n→∞i??2）αn=?1+??2??n?iθ??iθ??，又lim?=0，故αn收敛，limαn=0 =→∞nn→∞??nn3）由于αn的实部(?1)4）由于αn=e5）αn=?nπi/2{n}发散，故αn发散=cosnπnπ?isin，其实部、虚部数列均发散，故αn发散 221?nπi/21nπ1nπ1nπ1nπ=cos?isin，知limcos=0,limsin=0，en→∞nn→∞nnn2n222故αn收敛，limαn=0n→∞2．证明：|α|&1,?0,?∞,|α|&1,?limαn=? n→∞α1,1,=???不存在，|α|=1,α≠1.∞inin； 1）∑； 2）∑lnnnn=1n=2∞3．判断下列级数的绝对收敛性与收敛性：∞cosin(6+5i)n3）∑； 4）。 ∑nn82n=1n=2∞解 1）由i=cos∞nnπnπ+isin，∑22n=1∞cosnπnπ∞sin与为收敛的交错项实级数，∑nnn=1∞inin1in所以∑收敛，但=，故∑发散，原级数条件收敛；nnn=1nn=1n118复变函数(第四版)课后习题答案_复变函数第四版答案2）与1）采用同样的方法，并利用nn11≥(n≥2)； lnnnn∞?∞??(6+5i)?(6+5i)n3）因=?收敛，故∑绝对收敛； ??n???8??，而∑88n8n=1n=1????∞chncosin发散。 4）因cosin=chn，而limn≠0，故∑nn→∞22n=24．下列说法是否正确？为什么？（1）每一个幂级数在它的收敛圆周上处处收敛； （2）每一个幂级数的和函数在收敛圆内可能有奇点；（3）每一个在z0连续的函数一定可以在z0的邻域内展开成Taylor级数。 解（1）不对。如∑zn在收敛圆z&1内收敛，但在收敛圆周z=1上并不收敛；n=0∞（2）不对。幂级数的和函数在收敛圆内为解析函数，不能有奇点；(3)不对。如f(z)=在全平面上连续,但它在任何点的邻域内均不能展开成Taylor级数。5.幂级数∑cn(z?2)能否在z=0收敛而在z=3发散？n=0∞n解 不能。因如∑c(z?2)nn=0∞n在z=0收敛，则由Abel定理其收敛半径∞nR≥0?2=2，而3?2=1&2即z=3在其收敛圆|z?2|&2内，故级数∑cn(z?2)在n=0z=3收敛，矛盾。6．求下列幂级数的收敛半径：2∞zn（n!）zn； （1）∑pp为正整数)； （2）∑nn=1nn=1n∞1＋i)z；（3）（n=0∑∞nn（4）∑en=1∞iπnzn；∞?i??z?n（5）∑ch??(z?1)； （6）∑??。lninn???n=1?n=1∞n解 （1）R=1/==1；nn（2）R=1/limn→∞an+1a=limnn→∞aann+1n→∞1(1+)n=0; =limn→∞n+1（3）R=1/=lim1/|1+i|=1/；n（4）R=1/=1；n（5）R=1/=1/nn1/==1； n（6）R=1/=lim|lnin|=∞;nn→∞7．如果∑cznn=0∞n的收敛半径为R，证明级数∑(Rec)znn=0∞nn=0∞n的收敛半径≥R。∞n证明 对于圆|z|&R内的任意一点z，由已知nn∑cnz绝对收敛即∑cnz收敛，又n=0因Recn≤cn，从而Recnz≤|cn||z|，故由正项级数的比较判别法收敛即∑Recnz也n=0∞n∑(Rec)znn=0∞n在|z|&R内绝对收敛，于是其收敛半径≥R。8．证明：如果limcn+1存在（≠∞），下列三个幂级数有相同的收敛半径n→∞cncnn+1∑n+1z；∑cnzn； ∑ncznn?1。证明设limcn+1=ρ，则幂级数∑cnzn的收敛半径为1/|ρ|；n→∞cn幂级数cnn+1an+1cn/(n+1)的收敛半径为z1/limlim===1/|ρ|； R∑n+1n→∞an→∞c/(2)+nnn+1幂级数∑ncnzn?1的收敛半径为R=1/limn→∞an+1ncn=lim=1/|ρ|； n→∞(n+1)cann+1∞故以上三个幂级数有相同的收敛半径。9．设级数∑cn=0∞n收敛，而∑cn=0∞n发散，证明∑cznn=0n的收敛半径为1。证明 由级数∑cn=0∞∞n收敛，知幂级数∞∑cznn=0nn∞n在z=1处收敛，由Abel定理知∞∑cznn=0∞n的收敛半径R≥1；而∞∑cn=0n发散知∑|czn=0|在|z|=1处发散，故∑cnzn的收敛半径n=0R≤1。所以∑cnzn的收敛半径为1。n=010．如果级数∑cznn=0∞n在它的收敛圆的圆周上一点z0处绝对收敛，证明它在收敛圆所围的闭区域上绝对收敛。证明由Abel定理知∑cznn=0∞∞n在其收敛圆内绝对收敛，再证其在圆周上绝对收敛即可。在圆周上任取一点η，∑|cηnn=0n|=∑|cz|，知∑cnηn绝对收敛，故结论成立。nn0n=0n=0∞∞11．把下列各函数展开成z的幂级数，并指出它们的收敛半径。 （1）11；（2）1+z31+z22；（3）cosz2；（4）shz；zz?1（6）esinz；（7）e（5）chz；2z2；（8）sin11?z解 （1）由1=1?z+z2?z3+&,|z|&1，故 1+z1n=1?z3+z6?z9+…+(?1)z3n+…，|z|&1， 31+z而收敛半径R=1； （2）因故 又因1n=1?z+z2?z3+…+(?1)zn+…，|z|&1， 1+z1n=1?z2+z4+…+(?1)z2n+…，|z|&1， 21+z?2z?1?=′???1+z?1+z22，1+z而R=1；12=?1?1?′=1?2z2+3z4?4z6+…，|z|&1， ??2z?1+z?z2z4z6（3）因cosz=1?+?+…,z&∞,故2!4!6!z4z8z12cosz=1?+?+&2!4!6!2|z|&+∞而其收敛半径R=+∞；ez?e?zzz2z3z2z3?z（4）因shz=,e=1+z+++…,|z|&+∞,e=1?z+?+…,|z|&+∞,22!3!2!3!故z3z3shz=z+++…,|z|&+∞,3!5!而收敛半径R=+∞；z2z4（5）chz=1+++…,|z|&+∞,2!4!（6）因ez2z2z4z6z6z1022=1+z+++…,|z|&+∞,sinz=z?++…,|z|&+∞,2!3!3!5!2???2z6z10?z6z4z6224????故esinz=?1+z+++…?.?z?++…,|z|&+∞, +…?=z+z+2!3!3!5!3????2而收敛半径R=+∞;z2z3（7）因e=1+z+++…,|z|&+∞,2!3!z∞z23=?z?z?z?…=?∑zn+1,|z|&1, z?1n=0故ezz?1=1?∑zn=0∞n+1+(∑zn=0∞n+12)2!?(∑zn+1)3n=0∞3!z2z3+&=1?z??+&,|z|&1，2!3!而收敛半径R=1。 （8）因sin1z?zz?=sin?1+, +cos1sin?=sin1cos???1?z111zzz??z=z+z2+z3+…=1?z∑zn=0∞n+1,|z|&1,故sincos351z=z+z2+z3+…?z+z2+z3+…+…=z+z2+z3+…，|z|&1， 1?z3!6()()24z111=1?z+z2+z3+…?z+z2+z3+…+…=1?z2?z3+…，|z|&1， 1?z24!2()()故 sin51?1???=sin1?1?z2?z3+…?+cos1?z+z2+z3+…?61?z?2???1?5???=sin1+(cos1)z+?cos1?sin1?z2+?cos1?sin1?z3+&,|z|&1，2?6???而收敛半径R=1。12．求下列各函数在指定点z0处的Taylor展开式，并指出它们的收敛半径：（1）（3）zz?1，z0=1 （2），z=2z+1z+20z+111，z=?1 （4），z0=1+i 0z4?3z（5）tanz，z0=π/4 解 （1）因（6）arctanz，z0=011z?1z?1=(z?1)=z?1+221+z?1z+12及1=1?z+z2?z3+&,|z|&1。故 1+z2n?1?z?1z?1?z?1?z?1?n?1?z?1?()+?+?=?+11&&??????2?222z+1???????z?1?z?1?n?1?z?1?=???+& ?+&+(?1)?2?2??2?n?1(?1)(z?1)n， |z?1|&2 =∑n∞n=12n2于是收敛半径R=2。 （2）因zz+1z+2=1?42?21?? ??=2?z+2z+1?z+2z+1及2?1?z?2?z?2?1111===?1?+???&?,4?4z+24+z?241+?4????42?1?z?2?z?2?1111=?1?==+???&?,3z+13+z?231+z?23??3????3|z?2|&4|z?2|&32?()??z2z22?z?21?1?2? ?+?&故原式=?1?2+2?2(z?2)?&???12??334?322???1=2=∑n=0∞(?1)n(z?2)n22nn1∞(?1)(z?2)=?3n=03n∑nn∑2n=0∞(?1)n(z?2)n?∞(?1)n(z?2)n2n+1∑n=03n+1∑(?1)??2n=0∞?12n+1?1?(z?2)n，|z?2|&3，而R=3。 n+1?3?（3）因故111?1?2=?=?1+(z+1)+(z+1)+&， |z+1|&1， =?′及??2z1?z+1z?z?1n?1=1+2(z+1)+&+n(z+1)+&=2z[]∑(n+1)(z+1)n=0∞n，|z+1|&1，而R=1。18复变函数(第四版)课后习题答案_复变函数第四版答案（4）因111== 4?3z4?3z?1+i?3?3i1?3i?3z?1+i1[z?(1+i)]1?3i2?1?3???3?2[z?(1+i)]+?=?[z?(1+i)]+&?， ?1+1?3i??1?3i????1?3i1=1?3i1?其中3[z?(1+i)&1，故 1?3i1=4?3z∑n=0∞3n1?3in()()]，， |z?1+i|&=z?1+i331?3in+1且收敛半径R=。 31+tan(z?πz325π)（5）因tanz=z++z+&,|z|&，又tanz=，故31521?tan(z?)2tanz=[1+tan(z?)](1+tan(z?)+tan(z?444+&)＝1+2(z?ππ8ππ+2(z?2+(z?3+&,且收敛半径R=。 4434411，又=1?z2+z4?&,|z|&1，故 221+z1+z（6）因(arctanz)'=z2n+1∞z∞1n2nnzarctanz=∫dz=∫∑(?1)zdz=∑(?1)，|z|&1，01+z20+2n1n=00且收敛半径R=1。13．为什么在区域|z|&R内解析且在区间(?R,R)取实数值的函数f(z)展开成z的幂级数时，展开式的系数都是实数？f(n)(0)解 f(z)展开成z的幂级数时，展开式的系数为cn=，而函数f(z)在区间n!(?R,R)取实数值，可知f(n)(0)也为实数。故展开式的系数都是实数。14．证明在f(z)=cos(z+)以z的各幂表出的洛朗展开式中的各系数为1z1cn=2π∫2πcos(2cosθ)cosnθdθ,(n=0,±1,±2,&)。证明1f(z)=cos(z+在复平面内出去点z=0外解析，所以在0&|z|&+∞内可z∞1n展开成洛朗级数cos(z+=∑cnz，其中zn=?∞1cos(z+1dz,(n=0,±1,±2,&,0&r&+∞) cn=∫zn+12πi|zv|=r与要证明式子中cn的表示式相比较，我们取r=1并利用复积分的计算公式可得1cos(z+)1dz=1cn=∫zn+12πi|zv2π|=1∫2πcos(eiθ+e?iθ)1d=θeinθ2π∫2πcos(2cosθ)cosnθdθi?2π因∫2π1cos(2cosθ)sinnθdθ＝2ππ?π∫2πcos(2cosθ)cosnθdθ∫2πcos(2cosθ)sinnθdθ＝∫cos(2cosθ)sinnθdθ，而cos(2cosθ)sinnθ为θ的奇函数。15．下列结论是否正确？用长除法 因为zz11=z+z2+z3+&，=1++2+&z?1zz1?zzz11+=0，所以&+2++1+z+z2+z3+&=0。zz1?zz?1解 不正确。因为长除法所得到的两式，使它们成立的z值的范围不同（分别为16．把下列各函数在指定的圆环域内展开成Laurent级数。 （1）|z|&1；|z|&1），因此不能相加。1，1&|z|&2；z2+1z?21，0&|z|&1,0&|z?1|&1； 2z1?z11?z（2）（3）（5）1z?1z?2,0&|z?1|&1,1&|z?2|&+∞（4）e，1&|z|&+∞1，在以i为中心的圆环域内 2z(z?i)(z?1)(z?2),3&|z|&4,4&|z|&+∞(z?3)(z?4)（6）sin1，0&|z?1|&+∞ 1?z（7）解 （1）因 故121z?1=5+5+5 (z+1)(z?2)z+1z+1z?2?=?z???5z21+15z21+1101?z(z2+1)(z?2)2z2z211=?z?25z1=?5∞∑n21(?1)1?2n5z2zn=0n∞∑(?1)zn=0n∞12n1?10∑n=0∞zn2n∑(?1)n=01z2n+12?5∑(?1)n=0∞1z2(n+1)1?10∑n=0∞zn2nzz2z3=&++???????&1&|z|&2；5z45z35z25z（2）在0&|z|&1内，2111n2=1+2z+3z2+&+(n+1)zn+& =1+z+z+&+z+&2zzz1?z()()∞1n?1=+2+3z+&+(n+1)z+&=(n+2)zn zn=?1∑在0&|z?1|&1内，1111==21?z21+z?11?z2z1?z=∑(?1)(z?1)nn=0∞nn=?2∑(?1)(z?1)n∞n；（3）0&|z?1|&1内，11111=?=?(z?1)(z?2)z?2z?1z?1?1z?1∞∞111nn=?∑(z?1) =??=?∑(z?1)?1?z?1z?1z?1n=0n=?1在1&|z?2|&+∞内11111=?=?(z?1)(z?2)z?2z?1z?2z?2+111111=?=?z?2z?21+z?2z?2z?2∞111n+1=+(?1)=+z?2n=0z?2n+1z?2∑(?1)nn=0∞1z?2n1z?2n∑∑(?1)nn=1∞=∑(?1)z?2n?1n=2∞1n（4）在1&|z|&+∞内，因?1?1?1111?11??==?1+++&?=??+++&? 1?zz?zzz?1??zz??z?1??z??故 e11?z111?111???11?1?11=1??+2+3+&?+?+2+3+&???+2+3+&?+&；zzz??3!?zz?zz?2!?zz=1?1111111??++& z2!z3!z4!z23∞1n?1n?1(1),|z|&1，故 =?nz（5）在0&|z?i|&1内，因∑2(1+z)n=1n?2∞11n?1n(z?i)＝=∑(?1)in+1z2(z?i)i2(z?i)(1+2n=1i在1&|z?i|&+∞内，因11＝，故z2(z?i)(z?i)3(1+2z?in∞∞1nin-1n?1n(n+1)i＝∑(?1) =∑(?1)z2(z?i)n=1(z-i)n+2n=0(z-i)n+3z2n+1（6）因sinz=(?1),|z|&+∞,故2n+1!n=0∑∞∞n1sin=1?z∑∞1111n=?(?1)(?1),2n+12n+1n+n+21!21!z?11?zn=0n=0n∑0&|z?1|&+∞（7）在3&|z|&4内，因(z?1)(z?2)11=(z2?3z+2)(?，故(z?3)(z?4)3?z4?z(z?1)(z?2)11=?(z2?3z+2)(+)(z?3)(z?4)z(1?)4(1?∞∞3nzn3∞znzn＝?(z?3z+2)(∑n+1+∑n+1＝1?∑n?2∑n+12n=04n=0zn=04n=?132∞在4&|z|&+∞内，(z?1)(z?2)11=(z2?3z+2)(?(z?3)(z?4)z?4z?3(z?1)(z?2)11=(z2?3z+2)(?)3(z?3)(z?4)z(1?4)z(1?∞∞4n3n2n?1?2?3n?1)z?n ＝(z?3z+2)(∑n+1?∑n+1＝1+∑(3?2n=1n=0zn=0z2∞117．函数tan能否在圆环域0&|z|&R（0&R&+∞）内展开成洛朗级数？z为什么？1解 不能展成洛朗级数。因在圆环域0&|z|&R内tan不解析。z18．如果k为满足关系k2&1的实数，证明∑knsin(n+1)θ=n=0∞∞sinθ； 21?2kcosθ+kcosθ?k。1?2kcosθ+k2∑kncos(n+1)θ=n=0证明1在|z|&k内为解析函数，将其展成洛朗级数有 z?k∞11kn==∑ z?kz(1?k)n=0zn+1z在上式中令z=eiθ，∞∞cosθ?k?isinθ1knnn=kcos(n+1)?iksin(n+1)θ) θ=，即(∑∑iθiθn+121?2kcosθ+ke?kn=0(e)n=0分离实部和虚部即得结论。19．如果C为正向圆周|z|=3，求积分∫f(z)dz的值.设f(z)为C1）z1z+21； 2）； 3）； 4）。(z+1)(z+2)z(z+2)(z+1)zz(z+1)2解C∫f(z)dz=2πic?1n?1?1∞n2(1),|z|&2。 ??∑?n+1?2?zn=0z?11?11?1?11?1）=??=?=???z(z+2)2?zz+2?2?zz(1+?故∫f(z)dz＝0。C?1z+21??1∞n1?2）(z2)(1),|z|&1 =(z+2)??=+??∑?n+1?1?(z+1)zz??zn=0?zz(1+?故∫f(z)dz＝2πi。C111∞n?1n(1)z|&1。故∫f(z)dz＝0。 3）==?23∑n?1z(z+1)2z3(1+1zzn=1C18复变函数(第四版)课后习题答案_复变函数第四版答案?1z1?∞(?1)n∞(?1)n2n4）=z??=∑n?∑z|&2 n?(z+1)(z+2)zn=0?z(1+)z(1+)?n=0z故∫f(z)dz＝2πi。Cn20．试求积分v∫(∑z)dz的值，其中C为单位圆|z|=1内的任何一条不经过Cn=?2∞原点的简单闭曲线。解n=?2∑zn=∞111,0&|z|&1。而C为单位圆|z|=1内的任何一条不经++2zz1?z∞n过原点的简单闭曲线，故v(z)dz=2πic?1=2πi。 ∑∫Cn=?212习题五解答1、下列函数有些什么奇点？如果是极点，指出它的级。 （1）1z(z+1)22； （2）sinz； z3（3）1z3?z2?z+111?z；ln(z+1)（4）； zz（5）； 2πz1+z1+ez2n（8）；1+zn（6）e；1； （7）2zz(e?1)解（1）f(z)=（9）1. 2sinz1z(z+1)22是有理函数，故奇点只是极点，满足zz+1=0，故z=0，与z=±i为(2)2其奇点，z=0为一级极点，而z=±i为其二级极点。（2）因limsinz=∞则z=0为其极点。再确定极点的级，有两种方法：z→0z33a. z=0为sinz为的一级零点；而z=0为z的三级零点。故z=0为b.limzz→02sinz的二级极点。 z3sinzsinzlim==1≠0，故z=0为其二级极点， 30z→zz11，故z=1为其二级极点，而z=?1为一级极点。 =(z?1)(z?1)z?12z+12（3）原式=nzn+1ln(1+z)∞nz=∑(?1)（4）a．ln(1+z)=∑(?1)，0&|z|&1，无负幂项，故z=0为其可去奇点。n+1zn+1n=0n=0∞nb．limz→0ln(1+z)1=lim=1，故z=0为可去奇点。 z→01+zz由1+e（5）由1+z2=0得z=±i为1+z2的一级零点，的零点，又1+e()πz=0得zk=(2k+1)i(k=0,±1,±2,&)为(1+ez)(πz)′∞zk=πeπzk=?π≠0，所以zk为(1+ez)的一级零点，因此，z=±i为二级极点；zk=(2k+1)i，(k=1,±2,&)为一级极点。（6）由e11?z(?1)n，知z=1为本性奇点。 =∑nnz!(?1)n=0∞znzz212z（7）因e?1=z∑=z(1+++&)，故z=0为z(e?1)的三级零点，因而是2zz(e?1)23!n=0(n+1)!z的三级极点，而z=2kπi,(k=±1,±2,&)均为一级极点。（8）由z+1=0，z=?1，得zk=enni(2k+1)πn(k=0,1,&n?1)为原式一级极点。2（9）sinz=0?z=z=±，k=0,1,2,&由- 1 -?0k=0(sinz)′|z2=kπ=2zcosz|z2=kπ=?≠0k≠0，(sinz2)''z=0=2，知z=0是sin1z2的二级极点，?22z=，z=±（k=1,2,3,&）均为1一级极点。 2sinz2．求证：如果z0是f(z)是m（m&1）级零点，那么z0是f'(z)的m?1级零点。m证 由题知：f(z)=(z?z0)?(z)，?(z0)≠0，则有f'(z)=m(z?z0)m?1?(z)+(z?z0)m?'(z)=(z?z0)m?1[m?(z)+(z?z0)?'(z)]故z0是f'(z)的m-1级零点。 3．验证：z=解 由chπi2是chz的一级零点。πi2=cosπ2=0，(chz)'z=πi=shπi2=isinπ2=i，知z=πi2是chz的一级零点。4．z=0是函数(sinz+shz?2z)的几级极点？解 (sinz+shz?2z)z=0=0,(sinz+shz?2z)'z=0=(cosz+chz?2)z=0=0，?2(sinz+shz?2z)''z=0=(?sinz+shz)z=0=0,(sinz+shz?2z)'''z=0=(?cosz+chz)z=0=0，(sinz+shz?2z)(4)z=0=(sinz+shz)z=0=0,(sinz+shz?2z)(5)z=0=(cosz+chz)z=0=2，?2故z=0是函数sinz+shz?2z的五级零点，也即为(sinz+shz?2z)的十级极点。 5．如果f(z)和g(z)是以z0为零点的两个不恒等于零的解析函数，那么z→z0limf(z)f'(z)(或两端均为∞)。 =limg(z)z→z0g'(z)证 因f(z)和g(z)是以z0为零点的两个不恒等于零的解析函数，可设f(z)=(z?z0)?(z)，g(z)=(z?z0)ψ(z)，?(z),ψ(z)为解析函数，则f'(z)?(z)+(z?z0)?'(z)f(z)(z?z0)?(z)?(z)，， ===g(z)(z?z0)ψ(z)ψ(z)g'(z)ψ(z)+(z?z0)ψ'(z)故 limz→z0?(z)+(z?z0)?'(z)f(z)?(z)f'(z)?(z)，lim，即 =lim=lim=limz→zz→zz→zz→z0g'(z)0ψ(z)+(z?z)0ψ(z)0ψ(z)g(z)0ψ'(z)z→z0limf(z)f'(z)=lim (或两端均为∞) z→z0g(z)g'(z)6．若?(z)与ψ(z)分别以z=a为m级与n级极点（或零点），那么下列三个函数在z=a处各有什么性质？（2）?(z)/ψ(z)；（3）?(z)+ψ(z) （1）?(z)ψ(z)；解 由题意，?(z)=f(z)(z?z0)m，ψ(z)=g(z)(z?z0)- 2 -n，其中f(z)，g(z)在a点解析且f(a)≠0，g(a)≠0。（1）z=a是?(z)?ψ(z)的m+n级极点。（2）对于?(z)/ψ(z)，当m&n时，a是n?m级零点；当m&n时，a是m?n级极点；当m=n时，a是可去奇点。（3）当m≠n时，点a是?(z)+ψ(z)的max{m,n}级极点，当m=n时，点a是?(z)+ψ(z)的极点。（可退化为可去），其级不高于m，点a也可能是?(z)+ψ(z)的可去奇点（解析点）。7．函数f(z)=1z(z?1)122在z=1处有一个二级极点，这个函数又有下列洛朗展开式z(z?1)=&+1(z?1)5?1(z?1)4+1(z?1)3,|z?1|&1.，|z?2|&1?1所以“z=1又是f(z)的本性奇点”，又其中不含(z?2)幂项，因此Res??f(z),1??=0，这些说法对吗？解 不对，z=1不是f(z)的本性奇点，这是因为函数的洛朗展开式是在|z?2|&1内得到的，而不是在z=2的圆环域内的洛朗展开式。?1d?12=?1 Res??(z?1)2??f(z),1??=limz→12?1!dzz(z?1)????孤立奇点的分类必须根据在这个奇点邻域内洛朗展开式来决定。 8．求下列各函数f(z)在有限奇点处的留数：z+1； 1）2z?2z5）cos1?e2z2）；z46）zsin21+z43）2；(z+1)37）4）z； coszshz。 chz1； 1?z1； z1； zsinz8）解 1）Res??f(z),0??=limzz→0z+11z+13=?Resfz,2lim(z2)=?=， ??()22??2z→z?2z2z?2z21?e2z，z=0为分母的四级零点，是分子的一级零点，所以是f(z)的三级极点。 2）f(z)=z41d2Res[f(z),0]=limz→02!dz?31?e2z?4?z??=? 3z??或展开洛朗级数f(z)=1z41213??z???4z?8z&? 112?3!2!??知Res[f(z),0]=c?1=?431d23）Res??f(z),i??=limz→i2!dz24??331+z?=?(zi)i， ?23?+(z1)8??- 3 -1d2Res?lim?f(z),?i??=z→?i2!dz24）Res?f(z),kπ+4??331+z+=i (zi)?23?(z+1)?8???π?zπk+1k==?π+(1)(，k=0,±1,±2,&πz2?(cos)'2?z=kπ+2∞1(?1)n=∑z?1|&0，知Res?f(z),1?=c?1=0 5）cos2n??1?zn=0(2n)!(z?1)∞11(?1)n?12Resfz,0c==?6）zsin=z∑|&0z，知 ??()2n?1???1(2?1)!znz6n=121(?1)kd?21?7）Res[f(z),0]=lim=,k=±1,±2,& z=0，Res[f(z),kπ]=?z→0dz?zsinzπ(sin)'zzk??z=kπ8）Res?f(z),(k+πi?=??12??shz=1,k为整数。(chz)'z=(k+1)πi29．计算下列各积分（利用留数；圆周均取正向）sinz（1）v∫3zdz；|z|=2（2）|z|=2v∫(z?1)e2z2dz；（3）|z|=1?cosz（其中m为整数）； v∫3zmdz，2（4）|z?2i|=1v∫thzdz；（5）|z|=3v∫tan(πz)dz；（6）1dz（其中n为正整数，nnv∫zazb??()()|z|=1且|a|≠1,|b|≠1,|a|&|b|）。解（1）f(z)=sinz，limf(z)=1故z=0为f(z)的可去奇点则 z→0zRes[f(z),0]=c?1=0故原积分=0。e2z2z2Resfz,1=lim(e)′=2e（2）在C内，f(z)=以z=1为其二级极点，则由留数基本??()z=1??z→1z?12定理有原积分=4πe2i.1?cosz11z2z4=m?2(?+?...)故以z=0为其m?2级极点。设I=(3)f(z)=2!4!6!zmz∫f(z)dzC当m≤2时，Res[f(z),0]=c?1=0，I=0； 当m=2n&2时，Res[f(z),0]=c?1=0，I=0； 当m=2n+1&2时，Res[f(z),0]=(?1)由此I=(?1)m?32n?1/2n!=(?1)m?32/(m?1)！m?322πi/(m?1)!或说m为大于或等于3的奇数时，I=(?1)2πi/(m?1)!（4）f(z)=thz=shz1?π?,zk=?k+?πi为其一级极点(k=0,±1,&)k=0时，z0=i在|z?2i|=1内，则z?chz2?Res[f(z),z0]=shz0=1故I=Cπi??f(z)dz=2πiRes?f(z),?=2πi2??- 4 -18复变函数(第四版)课后习题答案_复变函数第四版答案（5）f(z)=tanπz在|z|=3内有一级极点zk=k+?Res?tanπ,k+?1?sinπz=2??(cosπz)=?z=k+1（k2=0,±1,±2,?3），共6个。故112π，由留数定理?1?tan2iRes,2i6πzdzπfzzπ=??=??()∑?k????=?12i v∫C?π?（6）当1&|a|&|b|时，被积函数在单位圆内解析，故积分为0；1dn?11(?1)n?1(2n?2)!nlim(z?a)= 当|a|&|b|&1时，Res[f(z),a]=(n?1)!z→adxn?1(z?a)n(z?b)n[(n?1)!]2(a?b)2n?11dn?11(?1)n?1(2n?2)!nRes[f(z),b]=lim(z?b)=，故积分为0；(n?1)!z→adxn?1(z?a)n(z?b)n[(n?1)!]2(b?a)2n?1(?1)n?1(2n?2)!当|a|&1&|b|时，积分＝[(n?1)!]2(a?b)2n?110．判定z=∞是下列各函数的什么奇点？并求出在∞的留数。11）ez；2）cosz?sinz；3）2z。 3+z21tt2解 1）可去奇点，∞的留数为零。?(t)=f(z)=f()=e；2n∞∞1z2n+1nzn+1?∑(?1)2）?(t)=f(z)=f()=∑(?1)，故z=∞为函数的本性奇点，又由于t(2n)!(2n1)!+n=0n=0cosz?sinz在整个复平面解析，故∞的留数为零。3）2z239=?+4+&)不含正幂项，故为可去奇点，留数为c?1=2 (1223+zzzz112Res[f(z),∞]=Res[f(2,0]=Res[,0]=2。 2zzz(1+3z)11．求Res[f(z),∞]的值，如果1ez（1）f(z)=2 （2）f(z)=z?1z(z+1)4(z?4)ez有两个一级极点z=1,z=?1,故由全部留数和为零的定理，则 解（1）f(z)=2z?1ezezRes[f(z),∞]=?Res[f(z),1]?Res[f(z),?1]=?lim?limz→1z+1z→?1z?1ee?1=?+=?sh122（2）f(z)=1zz+1z?44以z=0为一级极点，z=?1为四级极点，z=4为一级极点，用有限奇点留数和来求无穷远点的留数，计算过程太麻烦，一般采用直接在z=∞的圆环域（解析）4&|z|&∞内展开为洛朗级数的方式，则有???11111?f(z)====?6?4441z??zz+1z?41414?????????1+?z?z4?1+??z?1???z6?1+??1???z??z??z???z??z?????4???1?·?4?1??z??1?11??416?=6?1?+2+...??1++2+...?zzzzz????4显见c?1=0,故Res[f(z),∞]=0.（注也可利用规则IV）。12．计算下列各积分，C为正向圆周。z151）vdz, C:|z|=3； 2243∫(1)(2)zz++Cz312）vezdz，C:|z|=2； ∫1+zCz2n，C:|z|=r&1。 3）vdz （n为一整数）n∫1+zC解z151）函数2(z+1)2(z4+2)3在|z|=3的外部，除∞点外没有其他奇点，因此根据定理二与规则IV，z1511dz2iRes[f(z),]2iRes[f(2,0]=?π∞=π2243v∫(z+1)(z+2)zzC=2πiRes[11,0]=2πi2243z(1+z)(1+2z)z3ze有奇点，z=?1，z=0，z=?1为一级极点，而z=0为本性奇点，在2&|z|&+∞内展2）f(z)=1+z开f(z)，则f(z)=z3?1?z?1+?z??e=1z1?11??1?e=z2?1?+?...??1+++...? zzzz2!?1??????1+?z??z21z111111???1?2=?z2?z+1??2?...??1+++...=z+?+... ?2zzz2!3zz2!????得?c?1=,故原积分=2πi(c?1)=?πi.1323z23）当n=1时，vdz=2πiRes[f(z),?1]=2πi；当n≠1时， ∫1+zCz2nzn111nn==?++&=?++& z(1)z1nnn?n2n1+z1+zzzzz2n知c?1=0，故vdz=0。 n∫1+zC13计算下列积分 1)∫2π1dθ；5+3sinθ2）∫2π+∞sin2θ1dx； dθ (a&b&0)； 3）∫22?∞(1+x)a+bcosθ4）∫+∞x2dx； 1+x45）∫+∞?∞cosxdx；x2+4x+56）∫+∞?∞xsinxdx。 1+x2解 1）由于被积函数的分母5+3sinθ在0≤θ≤2π内不为零，因而积分有意义。I=1dz2i==π?dz2iRes[f(z),]22v∫v∫z?1iz|z|=13z+10iz?33|z|=15+32izπ2=2πi=6z+10iz=?i232）由于被积函数的分母a+bcosθ在0≤θ≤2π内不为零，因而积分有意义。z2?12()dz?a+i(z2?1)2I=v=vdz=2πi{Res[f(z),0]+Res[f(z), 222∫∫z+1iz|z|=12z(bz+2az+b)b|z|=1a+b2z(?1+z2)(a+3az2+bz(3+z2))ai=?又 Res[f(z),0]=， 222(b+2az+bz)bz=0Res[f(z故I==2b2π(。 a2b1在上半平面内只有2级极点i，且 22(1+z)z→i3）函数f(z)=Res[f(z),i]=lim故dd12i， (z?i)2f(z)=lim=?=?23iz→dzdz(z+i)(2i)4∫+∞?∞π12πiRes[f(z),i]=＝。 dx2(1+x2)2x21+∞x2dx=∫dx 44?∞1+x21+x4）注意到被积函数为偶函数，I=∫+∞πi3πiz2函数f(z)=在上半平面内只有一级极点e4,e4，且41+zz2Res[f(z),=344zπiπiz=e43πiz2=3=；Res[f(z),44zz=e3πi4= 故I=1πi3πi2πi(Res[f(z),+Res[f(z),=244∞1eixRz=，令，则z=?2+i为上半平面内的R(z)的一级极5）对于I=∫dx()2?∞x2+4x+5z+4z+5eize?1(sin2+icos2)=?点，故有：Res?， ?R(z)e,i??=2z+42z=?2+iiz则原积分＝Re{2πiRes[R(z)e,?2+i]}=πecos2。iz?1xeixz6）对于I=∫，令，则z=i为上半平面内的R(z)的一级极点，故有： ()Rz=dx?∞1+x21+z2∞zeize?1=ResR(z)e,i=lim(z?i)z→i(z?i)(z+i)2[iz]I=2πiResR(z)eiz,i=πe?1i，则原积分=Im{I}=πe?1[]14．试用下图中的积分路线，求例4中的积分：∫+∞sinxdx。 x解∫+∞sinx1+∞sinxizizdx=∫dx，采用e/z沿如如图所示闭曲线来计算上式右端的积分（z=0为e/zx2?∞x的一级极点，且在实轴上）。由Cauchy基本定理，有第14题图∫CrixizizixReR+Rie?R+Rie?R?reeizeizdz+∫dx+∫dz+∫dz+∫dz+∫dx=0，rRRRiRRiR+?+?zxzzzx-ixixixReReRsinx?reeix令x=?t，则有∫dx=?∫dx，所以∫dx+∫dx=2i∫dx。rrRr?Rx?xxxx?r又∫?R+RiR+Rieizdz=z∫?RRiz?R?R+Rieei(x+Ri)-R-Rdx≤∫≤2e，知lim∫dz=0；RR→+∞R+Rix+Riz∫R+RiReizdz=z∫RRei(R+iy)-y?Ridy≤∫0R+iyeiz1?e?R∫?R+Rizdz≤R?R，知?R?R+Rieizeiz?lim?dz+∫dz?=0?R+RizR→+∞∫Rz??和例4采用同样的方法得到lim∫r→0Creizdz=?πi。 z故2i∫+∞+∞sinxsinxπdx=πi，即∫dx=。0xx215．利用公式（5.4.1）计算下列积分：1）1dz=2πi； v∫z|z|=32）zdz=2πi； 2v∫z?1|z|=33）|z|=3v∫tanzdz=?4πi；4）1dz=0。 v∫(1)zz+|z|=316．设C为区域D内的一条正向简单闭曲线，z0为C内一点。如果f(z)在D内解析，且f(z0)=0，f'(z0)≠0。在C内f(z)无其他零点。试证：∫2πivCf(z)在C内只有一级零点z0，而1zf'(z)dz=z0。 f(z)证(z?z0)f'(z)zf'(z)(z?z0)f'(z)z0f'(z)，知z0为函数的=+f(z)f(z)f(z)f(z)可去奇点，故由留数定理和（5.4.1）知∫2πivC17．若?证 令1(z?z0)f'(z)z0f'(z)zf'(z)11+dz=dzdz=0+z0=z0。 v∫v∫f(z)2πiCf(z)2πiCf(z)(z)在C:|z|=1上及其内部解析，且在C上|?(z)|&1，证明在C内只有一个点z0使?(z0)=z0。f(z)=?z，则在C上，f(z)=1，而(z)&1，故由路西定理，知方程z=?(z)与方程f(z)=0在C内有相同个数的根，从而?(z)=z在|z|&1只有一根。z|=1内有n个根。18．证明：当a&e，则方程ez=azn在圆|g(z)=ez，|?azn|=|?a|zn|=|a|，|ez|=ecos?≤e而a&e，证 设f(z)=?azn，在z≤1内均解析，且当|z|=1时，故|f(z)|=|?azn|=|a|&|ez|=|g(z)|。根据路西定理知，f(z)与f(z)+g(z)在C:|z|=1内的零点个数相同，即ez=azn的根的个数与?azn=0的根的个数相同，即为n。19．证明方程z7?z3+12=0的根都在圆环域1≤|z|≤2内。 证 当z&2时，取f(z)=z7，g(z)=12?z3，当|z|=2时，g(z=?z3≤12+z3≤20&|z7|=|f(z)|所以z7?z3+12=0的根的个数与z7的根的个数相同，因此，z7?z3+12=0的根全部在|z|=2的内部。 当|z|&1时，取f(z)=12，g(z)=z7?z3，当|z|=1时，f(z)&z7+z3≥z7?z3=g(z)，故z7?z3+12=0的根与f(z)=12的根的个数相同，即在z=1内无根，综上所述，z7?z3+12=0的根全在1≤|z|≤2内。
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