复变函数经典例题

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 设州砍3伊士工沏物，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，从而在原点

2、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，从而在平面上处处可微，也处处解析。

3、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因子，未发生变化。(b)可能的支点是 0, 1,

4、。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O(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：In(马)=ln=ln |/(z3)|+iargi/(z2)- arg + arg，0)即| /(z2) | -HAC ar

5、g,/(z) aig其中是一条连接起点和终点且不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=In | (1- 21) | 内癖 +iO = In 3 + jr这就是所要

6、求之值。例 2.11解求反正弦。例2.12 求解 O第三章例题例3.1命表连接点及的任一曲线，试证(1)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)dtez - a)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

7、1到点的直线段所组成的折线。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: E*1 + it )出:/由+ i 由此例可以看出，积分路径不同，积分结果可以不同。例3.5计算积分莱布尼兹公式有解 在单连通区域：，函数的一个原函数，且在解析，故由牛顿例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设为围线部一点，则证 以

8、为圆心画圆周，使全含于的部，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(9/二(匕产=2狗一产3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：在圆至少有一个零点。证 反证法，设在无零点，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，,r八一1门危玄111-| F(0) |=| 一 I 尸国尼加)H啊 |o)两端对求导所以，从而(任意常数)，故它在右半平面单值解析。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

9、.2试求下列各哥级数的收敛半径。(1)解。(2)。解 因，故。(3)。解 因，故。(4)解应当是平方数时，其他情形。因此， 木目应有，于是数列的聚点是0和1,从而。例4.3将在展开成哥级数。解 因在解析，故展开后的哥级数在收敛。已经知道：在时将两式相乘得（按对角线方法）=1 +（1 + ）广十（1十一十一）十（1十一十一十一）,十1-21! II 211! 21 31例4.4求的展开式。解 因的支点为及，故其指定分支在单值解析。其一般表达式为：当时率一一下3_人422 24 0)例4.5将及展为的哥级数。e1 （ccs2 +2 sin z） - /，江二目阿国二雷再力1 十 ，才十 解因心 同

10、同理两式相加除以2得? ?两式相减除以得例4.6试将函数按的哥展开，并指明其收敛围。解例4.7考察函数在原点的性质。解 显然在解析，且。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零点。显然故都是函数的二级零点。例 4.9 设（1）及在区域解析；（ 2）在，试证：在或。证 若有使。因在点连续，故由例1.28知，存在的邻域，使在恒不为零。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：“设在闭圆上解析，如果存在，使当时，而且，则在圆，至少有一个零点。”证 如果在，无零点。而由题设在上

11、，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（ 1 ）圆；（ 2）圆环；（ 3）圆环求的罗朗展式。解 ： 首先(1)在圆，因此(2)在圆环有，故(3)在圆环，故例5.2求在其孤立奇点的去心邻域的罗朗展式。解：有两个奇点和。在的(最大)去心邻域在的(最大)去心邻域例5.3在平面上只有奇点。在其去心邻域有罗朗展式例5.4只有奇点，在有例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

12、点为非孤立奇点(因是的聚点)(2)令，得该函数的所有奇点为， ，,因若令化为是一级极点，是非孤立奇点，因是聚点。至于应是可去奇是解析点。即是可去奇点（或解析点） 例 5.7 若在解析，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 个根均在部，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1 - 2召8故 一例6.8解：令则令则绕一周时绕二周，故后两个奇点和Row故有残数定理得例6.9计算积分解：令，则设，贝U11 +打工被积函数只什-个一级极点在围线 有残数定理得：于是故例6.10设，计算积分解：因共启四个一级极点= 1一江+厂)+/ 二但-P)(声Z巳寸二i工F1 一户上O1111取 + 3 +、