复变函数经典例题(最新整理)

1、第一章例题例 1.1试问函数把 平面上的下列曲线分别变成 平面上的何种曲线？（1） 以原点为心，2 为半径，在第一象项里的圆弧；（2） 倾角的直线；（3） 双曲线。解设，则因此（1）在 平面上对应的图形为：以原点为心，4 为半径，在上半平面的半圆周。（2）在平面上对应的图形为：射线。（3）因，故，在平面上对应的图形为：直线。例 1.2设在点 连续，且，则在点 的某以邻域内恒不为 0.证因在点 连续，则，只要，就有特别，取，则由上面的不等式得因此，在 邻域内就恒不为 0。例 1.3设试证在原点无极限，从而在原点不连续。证令变点，则从而（沿正实轴）而沿第一象限的平分角线，时，。故在原点无确定的极限

2、，从而在原点不连续。第二章例题例 2.1在 平面上处处不可微证易知该函数在 平面上处处连续。但当时，极限不存在。因取实数趋于 0 时，起极限为 1，取纯虚数而趋于零时，其极限为1。故 处处不可微。例 2.2函数在满足定理 2.1 的条件，但在不可微。证因。故但在时无极限，这是因让沿射线随而趋于零，即知上式趋于一个与 有关的值。例 2.3讨论的解析性解因, 故要使条件成立，必有，故只在可微，从而，处处不解析。例 2.4讨论的可微性和解析性解因, 故要使条件成立，必有，故只在直线上可微，从而，处处不解析。例 2.5讨论的可微性和解析性，并求。解因, 而在复平面上处处连续且满足条件，从而在 平面上处

3、处可微，也处处解析。且。例 2.6设确定在从原点起沿负实轴割破了的 平面上且，试求之值。解设，则由代入得解得：，从而。例 2.7设则且 的主值为。例 2.8考查下列二函数有哪些支点(a)(b)解（a）作一条内部含 0 但不含 1 的简单闭曲线, 当 沿正方向绕行一周时, 的辐角得到增量,的辐角没有改变, 即从而故的终值较初值增加了一个因子，发生了变化，可见 0 是的支点。同理 1 也是其支点。任何异于 0，1 的有限点都不可能是支点。因若设 是含但不含 0，1 的简单闭曲线，则故的终值较初值增加了一个因子，未发生变化。最后不是的支点。因若设 含 0，1 的简单闭曲线，则故的终值较初值增加了一个

4、因子，未发生变化。（b）可能的支点是 0，1， 。设分别是含 0 但不含 1， 含 1 但不含 0，和既含 0 又含 1 的简单闭曲线，则结果的终值较初值均发生了变化。故 0，1， 都是支点，此外别无支点。例 2.9试说明在将 平面适当割开后能分出三个解析分支。并求出在点取负值的那个分支在的值解易知的支点是。因此，将 平面沿正实轴从 0 到 1 割开， 再沿负实轴割开。在这样割开后的 平面 上，能分出三个解析分支。现取一条从到的有向曲线 （不穿过支割线），则于是又由题设，可取。故得。（3） 关于对数函数的已给单值解析分支，我们可以借助下面的公式来计算它的终值：即其中是一条连接起点 和终点 且不

5、穿过支割线的简单曲线；是满足条件那一支在起点 之值的虚部，是一个确定的值。例 2.10试说明在割去“从-1 到 的直线段”，“从 到 1 的直线段”与射线“且”的 平面内能分出单值解析分支。并求时等于零的那一支在的值。解的支点为。这是因当变点 单绕一周时，故的值增加了，的值未改变，从而，的值增加了，从一支变成另一支。故是支点，同理也都是支点，此外无其它支点。故在割去“从-1 到 的直线段”，“从 到 1 的直线段”与射线“且” 的 平面内能分出单值解析分支。现设 是一条连接起点和终点且不穿过支割线的简单曲线。则故这就是所要求之值。例 2.11求反正弦。解例 2.12求解。第三章例题例 3.1

6、命 表连接点 及 的任一曲线，试证（1）（2）证（1）因，故，即（2）因,选则得，但我们又可选，则得由定理 3.1，可知积分存在，因而的极限存在，且应与及的极限相等，从而应与的极限相等。今，所以。注当 为闭曲线时，例 3.2（重要的常用例子）这里 表示以 为心， 为半径的圆周。（注意，积分值与 ,均无关）。证的参数方程为：。 故；当 为整数且时例 3.3试证。积分路径 是连接 和的直线段证的参数方程为即沿 ，连续，且而 之长为 2 ，故由定理 3.2 ，。例 3.4计算积分其中积分路径 为：（1） 连接由点 到点的直线段；（2） 连接由点 到点 1 的直线段及连接由点 1 到点的直线段所组成的

7、折线。解（1） 连接 及的直线段的参数方程为：（），故。（2）连接 与 1 的直线段的参数方程：。 连接点 1 与的直线段的参数方程为：，即，故由此例可以看出，积分路径不同，积分结果可以不同。例 3.5计算积分解在单连通区域 ：内，函数的一个原函数，且在 内解析，故由牛顿莱布尼兹公式 有例 3.6计算下列积分（1），（2） ，其中 为右半圆周，起点为,终点为 ；（3） 那一支。解（1）因为的支点为,所以它在闭圆上单值解析。于是由柯西积分定理 3.9（2） 因为上解析故。（3） 因为的支点为，其单值分支在圆内解析，并连续到边界，所以由柯西积分定理 3.9。例 3.7设 为围线 内部一点，则证以

8、为圆心画圆周，使全含于 的内部，则由复围线的柯西积分定理得再由例 3.2 即得要证明的结论。例 3.8计算积分解因在闭圆上解析，由柯西积分公式得定理 3.11 的特殊情形，有如下的解析函数的平均值定理。例 3.9设在上解析。如果存在，使当时而且试证：在圆内至少有一个零点。证反证法，设在内无零点，而由题设在上也无零点。于是在闭圆上解析。由解析函数的平均值定理，又由题设 ，从而，矛盾。故在圆内至少有一个零点。例 3.10计算积分其中 是绕 一周的围线。解因为在 平面上解析，应用公式（3.5）于，我们得。例 3.11应用刘维尔定理证明代数学基本原理。在 平面上， 次多项式至少有一个零点。证反证法，设

9、在 平面上无零点。由于在 平面上是解析的，在平面上也必解析。下面我们证明在 平面上有界。由于，故存在充分大的正整数 ，使当时，又因在闭圆上连续， 故可设从而，在 平面上于是，在 平面上是解析且有界。由刘维尔定理，必为常数，即必为常数。这与定理的假设矛盾。故定理得证。例 3.12如果为一整函数，且有使的实数存在，试证为常数。证令为整函数。又在 平面上故有界，由刘维尔定理可见是常数，因此也是常数。例 3.13设是整函数， 是整数，试证当时，至多是次多项式。证只须证得对任何的 ，。由可知，对任给的，存在，只要时就有。在 平面上任取一点 ，再取以 为心，以 为半径的圆周 ，使圆周全含于其内部。于是有。

10、这时对于，必，因而。由柯西不等式可得因为是任意的，所以。故至多是次多项式。例 3.14验证是 平面上的调和函数，并求以为实部的解析函数，使合。解因在 平面上任一点故在 平面上为调和函数。法一故要合，必，故法二先由条件中的一个得。，故，再由条件中的另一个得，故因此。 （下同法一）例 3.15验证在右半角 平面内是调和函数，并求以此为虚部的解析函数。解于是故在右半 平面内，是调和函数。两端对 求导，所以，从而（任意常数），故它在右半 平面内单值解析。第四章例题例 4.1考察级数的敛散性。解因发散，故虽收敛，我们仍断定原级数发散。例 4.2试求下列各幂级数的收敛半径 。（1）解。（2）。解故因。（3

11、）。解故因。（4），解应当 是平方数时，其他情形。因此，相应有，于是数列的聚点是 0 和 1，从而。例 4.3将在展开成幂级数。解因在内解析，故展开后的幂级数在内收敛。已经知道：，在时将两式相乘得（按对角线方法）。例 4.4求的展开式。解因的支点为及 ，故其指定分支在内单值解析。，其一般表达式为：当时。例 4.5将及展为 的幂级数。解因，同理。两式相加除以 2 得，两式相减除以 得。例 4.6试将函数按的幂展开，并指明其收敛范围。解例 4.7考察函数在原点的性质。解显然在解析，且。由，或由知为的三级零点。例 4.8求的全部零点，并指出它们的级。解在 平面上解析。由得即故，这就是在 平面上的全部

12、零点。显然故都是函数的二级零点。例 4.9设（1）及在区域 内解析；（2）在 内，试证：在 内或。证若有使。因在点 连续，故由例1.28 知，存在 的邻域， 使在 内恒不为零。而由题设,故必.由唯一性定理（推论 4.21）。例 4.10试用最大模原理证明例 3.9。即证：“设在闭圆使当时上解析，如果存在，而且，则在圆内，至少有一个零点。”证如果在内，无零点。而由题设在上， 且在上解析。故在上解析。此时，且在上，于是必非常数，在上。由最大模原理，这就得到矛盾。第五章例题例 5.1将函数在下列三个区域内（1）圆； （2）圆环； （3）圆环内求的罗朗展式。解：首先（1） 在圆内，因此（2） 在圆环内

13、有，故（3） 在圆环内，故例 5.2求在其孤立奇点的去心邻域内的罗朗展式。解：有两个奇点和。在的（最大）去心邻域内在的（最大）去心邻域内例 5.3在 平面上只有奇点。在其去心邻域内有罗朗展式例 5.4只有奇点，在内有例 5.5分析在处的状况。是 一 个 本 性 奇 点 ， 对， 可 设， 即， 而对，可解方程。得无穷多个解则，且当然更有 。例 5.6求出（1）（2）的奇点（包括 ），并确定其类别解：（1）以为可去奇点为一级极点为非孤立奇点（因是的聚点）（2）令，得该函数的所有奇点为，是一级极点，是非孤立奇点，因是聚点。至于应是可去奇点，因若令化为是解析点。即是可去奇点（或解析点）。例 5.7若

14、在内解析，且不恒为零，又若有一列异于 但却以 为聚点的零点，试证 必为的本性奇点。证：是的孤立奇点，且不能是可去奇点，若不然，令则在内解析且由假设有以 为聚点的一列零点。由零点的孤立性，必恒为 0，这题没矛盾。其次也不能是的奇点，否则有，使当时，这亦与题没矛盾。故只能是的本性奇点。第六章例题例 6.1 计算解：在圆周的内部只有一级极点及二级极点， 而由残数定理，得例 6.2计算解 ：只 以为 一 级 极 点 ， 而。由残数定理得例 6.3计算解：只有一个三级极点，由残数定理得例 6.4计算解：只有一个本性奇点在单位圆周内部。而其罗朗展式为故残数定理推得例 6.5计算解：共有七个奇点：及。前 6

15、 个根均在，内部，故而故。从而此外，可另法求残数：而以为一级极点，故。例 6.7计算解 ： 令，则，当时故。例 6.8解 ： 令则令则 绕 一周时 绕 二周，故有两个奇点和故有残数定理得例 6.9计算积分解：令，则设，则被 积 函 数只 有 一 个 一 级 极 点在 围 线 内 部 ， 而有残数定理得：于是故例 6.10设，计算积分解 ： 因共有四个一级极点而而在上半平面内只有两个极点及 ， 故例 6.11计算解： 被积函数为偶函数，故根据定理 6.8 得于是有例 6.12计算积分解： 不难验证满足所需条件，且有两个一级极点和。于是比较两端的实部与虚部，就得。“”“”at the end, x

16、iao bian gives you a passage. minand once said, people who learn to learn are very happy people. in every wonderful life, learning is an eternal theme. as a professional clerical and teaching position, i understand the importance of continuous learning, life is diligent, nothing can be gained, only continuous learning can achieve better self. only by constantly learning and mastering the latest relevant knowledge, can employees