理工类专业课复习资料-复变函数与积分变换(修订版-复旦大学)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）#/66复变函数与积分变换（修订版）主编：马柏林（复旦大学出版社）――课后习题答案习题一用复数的代数形式a+ib表示下列复数戒,4戒,4;3+5i 7i+11 3(2+,)(4+3i); -+苗•解3=cos，一习+lsinn卜豆+[如卜豆一&I4丿 I4) 2[ 2丿2 2 解：3+51=(3+51)(1-71)=_16+13171+1 (1+71)(1 71) 25 25解：(2+1)(4+31)=8 3+41+61=5+101④解:3④解:3(1-1)_32 2 2求下列各复数的实部和虚部(z=x+0) H(aeR);z3;[-1+康];[-1-福];in.z+a " 2丿"2丿z一ax2-a2-yz一ax2-a2-y2

(x+a)2+y2贝ljz―a_(x+iy)_a(x_a)+ _[(x_a)+九][(x+a)-九]...z+a(x+iy)+a(x+a)+iy (x+a)2+y2 ImI" ImI"z+a2xy(x+a)2+y2解：设z=x+iyz=(x+ iy)3=(x+ iy)2 (x+ iy)=(x2 - y2 +2xyi) (x + iy) -Re (公)=疽一3成，血(z)= 3亍y一，-=x(x2-y2) 2顷+[y(x2-y2)+2x2yJi=x3一3xy2+(3x2y一y)i ③解:'•*:=¥3=8『1-3.(一")2"1)22一()③解:=j(8+01)=1ReIm=0.ReIm=0. ④解：「侦]3(T)JZ.W){3.(T)22)11 =2(8+01)=1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）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）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）••Re=0•=1,Imn=2k "□.(_1)k.i,n=2k+1.••当n=2k时，Re(in)=(-1)k， Im(in)=0；当n=2k+1时，Re(in)=0,Im(in)=(_1)k•求下列复数的模和共轭复数_2+i; 3;(2+i)(3+2i);号.解：|_2+i|^/4+1=&•_2+i=_2 i解：|-3|=3 _3=_3解：|(2+i)(3+2i)|=|2+i||3+2i|=75•应=序• (2+i)(3+2i)=(2+i)•(3+2i)=(2 i).(3 2i)=4 7i解：Iti=国登2 2 2 『1+i)_(1+i)_1 iI~T厂2=~r4、证明：当且仅当z=一z时，z才是实数.证明：若z=z，设z=x+iy，则有x+iy=x-iy，从而有（2y）i=0，即y=0•z=x为实数.若z=x, xE口，贝Uz=x=x•••z=z•命题成立.5、设z,wE□，证明：|z+Ww|z|+|w|证明证明|2=|z|2+zw+(z•w)+|w||2|2+p|2+pl2+2Re(z•w)M\z\2+p|2+2|z\-|w|=Iz|2+|叶+2同・"|=(|z|+何)2|z+WM\z\+Wl-6、设z,wED,证明下列不等式.=|=|z|2+2Re(z-w)+|w||2j2=|z|2-2Re(z-w)+|w||2|2I2=2付+Iwf)并给岀最后一个等式的几何解释.证明：|z+w|=Iz|2+2Re|2I2=2付+Iwf)并给岀最后一个等式的几何解释.证明：|z+w|=Iz|2+2Re（z-w）+w|2在上面第五题的证明已经证明了.下面证|z-W=|z|2-2Re(z-w)+|w|j2=(Z-w).(z-w)=(z-w)(z-w)=|z|2-z-w-w-z+|w||2=|z「—2Re(z-w)+122从而得证.••II2=2付+|叶）几何意义：平行四边形两对角线平方的和等于各边的平方的和.7.将下列复数表示为指数形式或三角形式3+5i； i； -1； —8n(1+皿)；］。0，夸+isin-2n.3+ (3+5i)(1-7i)①解：7i+1=(1+7i)(1-7i)竺一晅=以盘=匝•萨其中。=n-arctan邑.1950 e展25 5②解：卜并其中°=—.③解：一1=e1n=e"1④解：|-8n(1+J3i)=16丸2 .——ni・•・-8n(1+扃)=16丸-e3解：］cos夸+isin-2n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）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）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）2n..2n¥解：・，cos—+isin—解：・，2n——ie39 9丿2n——ie3cos2n+isin四「I.e1'Z=cos5nZ=cos5n+isin5n=-1-旦9 9丿8.计算：（1”的三次根；（2）-1的三次根;（3）也+5/3/的平方根.2kn+- 22kn+- 23・ n..n 、/3 1.••z = cos—+isin— = 1—i.1 66 2 2Z2=cos5n+isin5n兰+1i2 6 6 2 2（l）i的三次根.解：2kn+- (k=0,1,2)(k=0,1,2)39 9z=cos—n+isin—n=3 6 一⑵-1的三次根解：=(=(cosn+isinn)3 =cos号+isin2kn+n(k=0,1,2)TOC\o"1-5"\h\z・ n ..n 1・.z=cos—+isin—=— 11 3 3 2 2Zq=cosn+isinn=-1解：右+a/3!=a/6-区+史.]I2 2'丿71.=&-e4i2kn+nI 寻丿(k=02kn+nI 寻丿(k=0，1) ,,J后^/3i=W6-e4丿=64-Icos——^-4+isinTOC\o"1-5"\h\z1Z 、 1 n.z=64cos兰+isin々=64-e81I8 8丿1 9 9 ) 11z、=64-Icos-n+isin—n|=64-e8 .2I8 8丿.2n9.设z=en,n>2.证明：1+z+ zn~x=0.2n证明：・.・z=e'； ...zn=1,即zn-1=0.・..(Z-1)(1+Z+.・・+Z〃T)=0又・.・n32. ..・zN1从而1+Z+z2+・・・+Z〃T=0

11.设r是圆周{z:\z—c=r},r>0,a=c+r€a.令解：如图所示.因为L(={解：如图所示.因为L(={z: Im[解：（1）、argz=n.表示负实轴.(2)、|z-1|=|z|.表示直线z=1.其中b=.求岀Lp在a切于圆周r的关于（3的充分必要条件.=0｝表示通过点a且方向与b同向的直线，要使得直线在a处与圆相切，则CA丄L（.过C作直线平行L（，则有ZBCD=^,ZACB=90°故a-p=90°所以L（在a处切于圆周T的关于P的充要条件是a-P=90°.12.指岀下列各式中点z所确定的平面图形，并作岀草图.argz=n;|z-1|=|z|;1<|z+i|<2;Rez>Imz;Imz>1且|z|<2.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)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)(3)、l<|z+i|<2解：表示以-i为圆心，以(3)、l<|z+i|<2解：表示以-i为圆心，以1和2为半径的周圆所组成的圆环域。(4)、Re(z)>Imz.解：表示直线y=x的右下半平面5、Imz>l,且|z|<2.解：表示圆盘内的一弓形域。习题二1|z|=2的像|z|=2的像.1.求映射 z下圆周解：设z=x+iy， w=u+iv贝IjTOC\o"1-5"\h\zu+iv=x+iy+—1——x+iy+X =x+ X +i(y- y)x+iy x2+尸 x+y2 必+y25 3 .2 2 u+iv——x+ yi因为x+y=4,所以 4 4

5 3u=—xv5 3u=—xv=+—y4 4TOC\o"1-5"\h\zu vx=—,y=-4 4u v u2v2 1 =2 1 =1所以G)2 G)2即G)2 G)2 ，表示椭圆.2.在映射w=z2下，下列z平面上的图形映射为w平面上的什么图形，设*=卩为或叫=u+iv\o"CurrentDocument"n n0<r<2,0=- 0<r<2,0<0<-(1) 4； (2) 4;(3)x=a,y=b.(a,b为实数)解：设叫=u+iv=(x+zy)2=x2-y2+2xyi所以u=x1-yz,v=2xy.n却 0<r<2,0=—0<P<4，0弓-(1)记w=pe，贝40<P<4，0弓-n n谗 0<0<—,0<r<2 0<p<4,0<(p<—.记w=pe，则 4 映成了w平面上扇形域，即 2记w=u+iv，则将直线x=a映成了u=岸-y2,v=2ay.即讨=4行/-u).是以原点为焦点，张口向左的抛物线将y=b映成了u=x-b，V=2对.即"2=4^02+u)是以原点为焦点，张口向右抛物线如图所示.求下列极限.lim—1^-⑴Z—S1+Z-1Z=—解：令t，则zT8,tT0lim—lim—=lim于是…1+zJ。1。1+1limRe(z)TOC\o"1-5"\h\zztO zRe(z) x解：设z=x+yi,贝Izx+»有1. Re(z) 「 x 1lim =lim :—=——zt0 z xT0 x+ikx 1+iky=kx，0显然当取不同的值时f(z)的极限不同所以极限不存在.(3)limzTi(3)limzTiz-i

z(1+z2)lim lim =lim 解：TOC\o"1-5"\h\zzTiz(1 + zW= z—i z(i + z)(z -i) z—i z(i + z)解：zz+2z-z-2lim z (4) z—1 z-1zz+2z—z—2 (z+2)(z—1) z+2解：因为 /-1 (z+1)(z-1) z+1zz+2z-z-2 z+2 3lim =lim =—所以2—1 z-1 ztiz+1 2讨论下列函数的连续性:(1)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）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)xyX2+y2,0,z丰0,z=0;limf(z)=lim ,解：因为 (x，(0,0)x+y若令y=kx，则疆i0,0)亍+y2 i+k2因为当k取不同值时，f(z)的取值不同，所以f(z)在z=0处极限不存在.从而f(z)在z=0处不连续，除z=0外连续.⑵z尹0,z=0.x3yf(z)=]x4z尹0,z=0.0,0<解：因为一2同Iy| 2lim -X匕=0=f(0)所以(Xy)T(0,0)x4+y所以f(z)在整个z平面连续.下列函数在何处求导？并求其导数.⑴f⑵=(zT)"T(n为正整数)；解：因为n为正整数，所以f(z)在整个z平面上可导.f'(z)=n(z一1)”tf(z)=——(2) (z+1)(z2+1)解：因为f(z)为有理函数，所以f(z)在(z+1)(z2+1)=0处不可导.从而f(z)除z=T，z=±i外可导.仁(Z)=(z+2)'(z+l)(z2+D-(z+1)[伝+l)(z2+1)]'1 ~ (z+1)2(z2+1)2-2z3+5z2+4z+3=(z+1)2(z2+1)2”、3z+8(3)z"5^761(5z—7)2z=7 f'(z)=3(5z-7)-(3z+61(5z—7)2解：f(z)除 5外处处可导，且 (5z-7)(4)解：因为x+y+i(x-y) x—iy+i(x-iy) (x-iy)(l+i) =z(l+i) 1+i (1+i)疽+y2 |z|2z必+尸 必+尸 x2+尸 z .所以f(z)疽+y2 |z|2试判断下列函数的可导性与解析性.(1) f(z)=xy2+ix2y.解：u(x,y)=xy2,v(x,y)=x2y在全平面上可微.TOC\o"1-5"\h\zdy2 du 加 2 2W=y七 2- =2xy, — =2xy, — = 2dx dy dx dy所以要使得du dv du dvdx dy dy dx只有当z=0时，从而f(z)在z=0处可导，在全平面上不解析.(2)f⑵=x2+iy2.解：u(x,y)=x2,v(x,y)=y2在全平面上可微.鑒=2x 四=0 也=0 丝=2VC=2人, c=0, c=0, c =2Zdx dy dx dydu dvdu dv只有当z=0时,即(0,0)处有& ,dy dy.所以f(z)在z=0处可导，在全平面上不解析.(3)f(z)=2x3+3iy3；解：u（x,y）=2尸,心,必）=3y3在全平面上可微.鑒=6亍 2= 0 2=9皆 2 =0dx dy dx dy所以只有当Sx=±屈时，才满足C-R方程.从而f（z）在妊士屈=0处可导，在全平面不解析.(4)f(z)=Z-Z1.解：设z=x+iy，则f(z)=(x-iy)-(x+iy)2=x3+xy2+i(y3+x2y)u(x,y)=x3+xy2,v(x,y)=y3+x2y

TOC\o"1-5"\h\zdu ? ? du *c? ?——3x+y, ——2xy, — —2xy, — —3y +xdx dy dx dy所以只有当z=0时才满足C-R方程.从而f(z)在z=0处可导，处处不解析.证明区域D内满足下列条件之一的解析函数必为常数.⑴ /'(z)-。；dv空—0dx dydv空—0dx dy————0证明：因为广⑵=0，所以羔 分所以u,v为常数，于是f(z)为常数.(2) f(z)解析.证明：设f(z)=u-lv在D内解析，则dud(-v)ndu dvdxdy dx dydu -d(-v) dv = =H dy dx dydu dv du dvdx dy" dy dxdu du du dv而f(z)为解析函数，所以d分’分ddv dvdv dvdx dx'dy dy'gp从而v为常数，u为常数，即f(z)为常数.(3)Ref(z)=常数.所以du dudx dy dxdv dv————0一 dydu du—=—=0证明：因为Ref(z)为常数，即u=Cl,羔世du du——————0因为f(z)解析，C-R条件成立。故羔世即u=C2从而f(z)为常数.(4)Imf(z)=常数.dv dv M——————0证明：与(3)类似，由v=Cl得办力du du————0因为f(z)解析，由C-R方程得dx dy ，即u=C2所以f(z)为常数.5.|f(z)|=常数.证明：因为|f(z)|=C,对C进行讨论.若C=0,则u=0,v=0,f(z)=0为常数.若C丰0,则f(z)丰0,但f(z)'f(z)=C2，即u2+v2=C2TOC\o"1-5"\h\z则两边对x,y分别求偏导数，有du dv ° du dv2u h2v——0, 2u h2v —0dx dx dy dy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)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)利用C-R条件，由于f(z)在D内解析，有TOC\o"1-5"\h\zdu dv du dvdx dy dy dxdu dvu bv 0dx dx<克=0dxdu d克=0dxv u 0 —所以〔& & 所以&即u=C1,v=C2,于是f(z)为常数.⑹argf(z)=常数.arctan证明：argf(z)=常数，即C,/、，u.(„.如-v.也)必(〃-vdu)(v/u) _ dx dx _莎外=o于是1+(v/u)得u2(w2+v2)u2(w2+v2)dv duu v 0dx dxdv duu v 0、dy dyC-R条件—dv duu v 0dx dxdv duu bv 0.dx dxdu dv du也=0解得& & dy dy ，即u,v为常数，于是f(z)为常数.8.设f(z)=my3+nx2y+i(x3+lxy2)在z平面上解析，求m,n,l的值.解：因为f(z)解析，从而满足C-R条件.du 入 du 2 2—=2nxy, —=3my+nxdx dy丝=3亍+矿空=2场dx dydu dv 7—=—nn=ldx dydu dv .7 _ nn=-3,l=-3mdxdy所以n=-3,l=-3,m=1.9.试证下列函数在z平面上解析，并求其导数.(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，且丝=3x2-3广 3u=-6xy,丝=6xy,竺=3^-3尸dx dy dx dy所以f(z)在全平面上满足C-R方程，处处可导，处处解析.f'(z)=£+i£=3x2—3y2+6明=3(x2—y2+2xyi)=3z2.(2)f(z)=xcosy-ysiny)+ie*(ycosy+xsiny)证明:u(x,y)=e"(xcosy—ysiny), v(x,y)=e"(ycosy+xsiny)处处可微，且Qu——=ex(xcosy—ysiny)+ex(cosy)=ex(xcosy—ysiny+cosy)dx=e=ex(—xsiny—siny—ycosy)=e*(—xsiny—siny—ycosy)dy——=ex(ycosy+xsiny)+ex(siny)=ex(ycosy+xsiny+siny)dxdudu dvdu dv所以dx dy,dy dxf(Z)=<——=e*(cosy+y(-siny)+xcosy)=e*(cosy-ysiny+xcosy")所以f(z)处处可导，处处解析.f'(z)^―+i—=ex(xcosy—ysiny+cosy)+i(ex(ycosy+xsiny+siny))dx dx=excosy+iexsiny+x(excosy+iexsiny)+iy(excosy+iexsiny)=ez+xez+iyez=ez(1+z) 10x2+y20. z=0.求证：(1)f(z)在z=0处连续.f(z)在z=0处满足柯西一黎曼方程.F(0)不存在.limf(z)=limu(x,y)+iv(x,y)证明.(1)Vf (ME，0)、丿、丿而(mu(x，y)5,0)777.•与=(x-y){1+志x-y|"0,0)w=。同理(x,阵涪=0•(mf(()=o=f(o)limf(z)-f(0)(2)考察极限e z当z沿虚轴趋向于零时，z=iy,有

yyfyy.yy=1+1当z沿实轴趋向于零时，z=x,有lim-[f(x)-f(0)]=1+iI。xTOC\o"1-5"\h\zdu .dv dv .du +i,—, i—它们分别为d dx df dfdu dv du dv.dx d^, dy dx满足C-R条件.(3)当z沿y=x趋向于零时，有f(x+ix)-f(0,0) x3(1+i)_x3(1-i)il=m =lim = x=y^° x+ix x=2x(1+i) 1+ilim攵.・.zt。Az不存在.即f(z)在z=0处不可导.11.设区域D位于上半平面，D1是D关于x轴的对称区域，若f(z)在区域D内解析，求证F(z)=f(z)在区域D1内解析.证明：设f(z)=u(x,y)+iv(x,y)，因为f(z)在区域D内解析.TOC\o"1-5"\h\zdu dv du dv所以u(x,y),v(x,y)在D内可微且满足C-R方程，即d dy dy df(z)=u(x,-y)-iv(x,-y)=(p(x,y)+i*(x,y),得g_du(x,-y) d伊 du(x,-y) _du(x,-y)dx- dx dy dy dy8甲_-dv(x,-y) d甲 dv(x,-y) dv(x,-y)dx-dx dy dy dyg6屮g物故Mx,y),w(x,y)在D1内可微且满足C-R条件d ' dy dx从而f(z)在DI内解析计算下列各值(1)e2+i=e2・ei=e2・(cos1+isin1)2-ni 2 n 2 ——i —e3 =e3-e3=e3(2)(3)cos〔-3)+isin"』=e3【2专Re(e岩)/ x y=Re(ex+y2-e必*=Refe吉(4)|ei-2(x+叫=|eH-|e-2(x+叫=|e-2x-e-2iy|=e-2x设z沿通过原点的放射线趋于8点，试讨论f(z)=z+ez的极限.解：令z=rei0,对于寸0,zf8时，rf8.lim(斗+ )=lim(斗+er(cos0+isin0))=8^故rE8 rT8limf(z)=8所以E15.计算下列各值.(1)ln(-2+3i)=血^侣+iarg(-2+3i)=ln*^3+i[n-arctan3In(3->/3i)=ln2>/3+iarg(3-^i)=ln2b+i(--1=ln^^--i⑵ I6丿 6ln(ei)=ln1+iarg(ei)=ln1+i=iln(ie)=lne+iarg(ie)=1+ni试讨论函数f(z)=|z|+lnz的连续性与可导性.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.设z=x+iy, g⑵=|z*2+尸=U(x,y)+iv(x,y)U(X，力=后「'v(X，y)=°在复平面内可微.du y虏W+y2实=0丝=0dx dy故g(z)=|z|在复平面上处处不可导.从而f(x)=|z|+lnz在复平面上处处不可导.f(z)在复平面除原点及负实轴外处处连续.计算下列各值.(1)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）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）(1+i)1-i=eln(1+i)1-i=e(1-En(1+i)=e"叫皿岳4i+2扇-In+—+2kn4\n很+—+2kn=e4In©+-+2切=e4+isin〔4一ln2kn+-•e4+isin"-ln_ab・(ln3+i・n+2扇)_a5/51n3+>/5i・n+2kn5/5i—e ―e=e妁n3(cos(2k+1)n必+isin(2k+1) )=3卷-(cos(2k+1)丸•J5+isin(2k+1)nJ5)1-i1-i=e]ln1i=e-iln1=。-両心+2扇)(3) =e-s)(4)=e1+ii(4)=e1+iii=e(1+i)lnl噫.(l+i)(1nl+(-子]+2扇J (1+i)]2kni-ni=e =e2kn——i-2kn+■——2kn——i-2kn+■——e4 '4cos—+isin4:=e45=e3一瓜计算下列各值gi(n+5i)cos(丸+5i)gi(n+5i)cos(丸+5i)= +e-i(n+5i)in-5 , -in+5e+e-e-5+e5(-1) -e-5-e5e5+e-5-ch5i(l-5i) -i(l-5i)sin(1一5i)—ei+5-e-i-52i2ie5(cos1+isin1)-e-5•(cos1-isin1)(3)(-)一-(-)tan(3一i)=sin(3-i)cos(3-i)2iei(3-i)+e-i(3-i)2isin6-isin22(ch*21-sin23)(4)|sin=2—-(e-y+xi-ey-xi)=|sinx-chy+icosx-shy|22i 1 1=sin2x-ch2y+cos2x-sh2y=sin2x-(ch2y-sh2y)+(cos2x+sin2x)-sh2y=sin2x+sh2y(5)arcsini=-iIn(i+J1-i2)=-iIn(1土拒)-i[InS+1)+i2kn]」； 」 =k=0,±1,...-iInG/2-1)+i(n+2kn)_|arctan(1+2i)=--In1+i(1+2i)=Inf--+'2 1-i(1+2i) 2I5 5=kn+—arctan2+：•In5⑹24求解下列方程sinz=2.解：z=arcsin2=^ln(2i土损)=一In[(2±y/3)i]i=-iIn(2耶)+12k=-iIn(2耶)+12k="k+!]丸—iln(2+ ),k=0,±1,…z=In(1+右i)=ln2+in+2kni⑶lnz=-i2InzInz=-i解： 2n.—i

即z=e2=i(4)z-In(1+i)=0z一In(1+i)=In扼+i-—+2kni=ln很+|2k+1|ni解： 4 I 4丿若z=x+iy，求证sinz=sinxchy+icosx・shy证明：

eiz一e-iz ei(*+诃一e-(x+折)頒sinz= = 2i 2i=—.(e-y+xi-ey-xi)2i=sinx•chy+icosx.shycosz=cosx-chy-isinx*shy证明：+e■ 1 (i(x+yi)I-i(x+yi))cosz= =—•(e+e 丿2 2=-(e-y+xi+ey-xi)2=1(e-y•(cosx+isinx)+ey.(cosx一isinx)).. -e"'+e'1.. -e"'+e'1sinx. 2= .cosx一2=cosx.chy一isinx.shy|sinz|2=sin2x+sh2y证明：sinz=1(e-y+xl-ey-xl)=sinx•chy+icosx•shyIsinz|2=sin2xch2y+cos2x.sh2y=sin2x(ch2y-sh2y)+(cos2x+sin2x丿sh2y=sin2x+sh2y|cosz|2=cos2x+sh2y证明.cosz=cosxchy一isinxshy|cosz|2=cos2x.ch2y+sin2x.sh2y=cos2x(ch2y-sh2y)+(cos2x+sin2x丿.sh2y=cos2x+sh2y证明当yf8时，|sin(x+iy)|和|cos(x+iy)|都趋于无穷大.证明：sinz=—(e^-e-iz)=-•(e-y+xi-ey-xi)2i 2iIsinz|=-•le-y+xi-ey-xi|2...|e-y+xi|=e-y |ey-xi|=eyIsinz|N-(Ie-y+叫一|ey-xl|)=-(e-y-ey)而 2 2当yf+8时，e-yf0,eyf+8有|sinz|f8.当yf-8时，e-yf+8,eyf0有|sinz|f8.Icos(x+iy)1=-|e-y+x+ey-"|N-(e-y-ey)同理得 2 2所以当yf8时有|cosz|f8.习题三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)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)I(x-y+zx2)dz计算积分C ，其中C为从原点到点1+1的直线段.解设直线段的方程为y=x，则z=x+ix.0<x<1J(x-y+ix2^dz=L(x-y+ix2p(x+ix)C♦ 2/r♦、7 ♦z-i♦、1 3I1I/r♦、 ， 1=Iix(1+ =i(1+，)项x|o=~(1+i)=~r~故 3 3 3|(1-z)dz计算积分C ，其中积分路径C为从点0到点1+i的直线段；沿抛物线y=x2,从点0到点1+i的弧段.解(1)设z=x+ix. 0<x<1J(1—z)dznJ。(1—x+)x(d+)ixC(2)设z=x+ix2 0<x<1J(1—z =[(1—x+ix2(x+ix2)=丑C 0 3Jlzdz计算积分C ，其中积分路径C为⑴从点-i到点i的直线段；沿单位圆周|z|=1的左半圆周，从点-i到点i;沿单位圆周|z|=1的右半圆周，从点-i到点i.解(1)设z=iy. —1<y<1J|z|dz= ydiy=iydy=iC3兀设z=e.。从2到IJ|zdz=JW1de=iJ*de沮=2iC ~ ~设z=e"从2到InJ|zdz=J3n1de3=2iC ~6.计算积分血时-/・sinzpz,其中项…。解由‘时―e，.sinz)6fe="z皆—QW・sin.W・sinz在甘="所围的区域内解析-sinzdz=0从而•sinz^fe=^|z|6fe=£adaee仁就=0Jo故住时-eFinz)6fe=07.计算积分7.计算积分，其中积分路径。为(])ci:W=2 (2)c2:lzl=2(4)C(4)C4：\Z~\=~2解：(解：(1)在甘、所围的区域内,z(z+1)只有一个奇点z=0TOC\o"1-5"\h\z[fl 5 心=[fk( Xz=2「i—Q—Q=2兀1 _八 i_jz(z+1)此z2z-i2z+i 在。2所围的反城齿向今二个新占Z_U,Z_±Z柿\o"CurrentDocument"' ' 丿1工z”1田口〃心帔門巴曰—*I可X、 •RX币(--—•————.~^—}dz=2ni-7ii-7ii=0 .此z2z-z2z+z (3)在&所围的区域内包含一个奇点Z=—l,故\o"CurrentDocument"[fl(―-—• .—^—)dz=0_0_加=一航 _n.此z2z-z2z+z (4)在°4所围的区域内包含两个奇点Z=U,Z=Z,故血土也咂•土-!•)10.利用牛顿-莱布尼兹公式计算下列积分.「顽cosWfe [°e~zdz 「(2+/Z)2也(1)Jo2 (2)J-(3)丄1丿rln(z+l) ] rl+tanz(4)J】z+1辺(5)\ozsmzdz⑹JiCos2zz解⑴P+2zcos—dz=—sin—IJ"=2chlJo2 2 21⑵\\-zdz=-e-z\\l=-2(2+i^)2dz= (2+zz)2J(2+zz)=j•I(2+zz)3+|2丿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）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）(4)(5)+311?2)(4)(5)|()■•sinzdz=-£zdcosz=—zcos■f+[coszdz=sin1-cos1「口+tanz7 2—dz1cosz=£sec2zdz+£sec2ztanzdz=tanz| ：tan2z|=-^tanl+itan2l+it/?2lj+z/M11.计算积分，其中。为A"=1(2)⑴=双-兀广=2兀isin1ez血（z+»zT户2初•土楫ez dz=2ttz■ (z+z)(z-z) z-i(2)(3)ne16.求下列积分的值,其中积分路径C均为|z|=l.⑴停⑵血牛解⑴

tan— ]（3）血芸城，k亦57ti12COSZ7-dz—z3(cosZ)⑵L=0=-ni_=ni_=nisec2—z=z° 2ztan— 2—=2”(tanz)(z—z°)17.计算积分血(Z—1)3(.+.，其中积分路径。为⑴中心位于点z=l,半径为人＜2的正向圆周（2）中心位于点z=T,半径为人＜2的正向圆周解：（1）。内包含了奇点二=1kz—l"z+l产弋匕土门7=1（2）。内包含了奇点z=-1,血（z—l"z+l产=等匕3泸」3航V19.验证下列函数为调和函数.刃=x3-6疽j；_3冲2+2^3；/=e*cosy+l+，(e*siny+1).3 2 2 3=x-6xy-3xy+2yu=(J.3宀12…2若一6xF+.^=6x~l2y話f+顷从而有d2u*d2u_0&2切2 ,巧满足拉普拉斯方程，从而是调和函数.(2)设w="+z'u"=e'・cos*+lu=ex-siny+1dux——=e•cosy:.*dux.—=_e-siiydyd2u*d2u*从而有d2ud2u满足拉普拉斯方程，从而是调和函数.dux.——=e・sin>dxdux——=e-coa;dy

云=eFn/ 芋=-。2口+S1V 云=eFn/ 芋=-。2口+S1V 0&2切2 ,D满足拉普拉斯方程，从而是调和函数. 2 2 °20.证明:函数u=X—y,X2+y2都是调和函数，但f（Z）=u+沁不是解析函数证明:並=2X胃=-2y莫=2辭=-2dx dxd2u*d2u0魚2逾2 ，从而"是调和函数.竺_y2—X2 如=-2xydx(x2+y2)2 dy(x2+y2)2d2u —6xy2+2x3d2u 6xy2—2x3dx2 (x2+y2)3 dy2.3(x2+yd2ud2u八...¥+苛=0，从而〃是调和函数.du du一/一但...dx dydu du一/ dy dx不满足C-R方程，从而f（Z）=u+沁不是解析函数.22.由下列各已知调和函数，求解析函数f（z）=u+沁(1)1u(1)1u—x2—y1+xydu 、 du——2ydu 、 du——2y+x=— -dy dx——2x+y———解(1)因为dx 少所以(x，y) 如I前志、、厂_r(x，y) x月丄ryQu——I dX+ dy+C=I (2y—X)dX+(2X+y)dy+C=In—XdX+|八(2X十y)dy十C(0,0) dy dx (0,0) 0 0'\o"CurrentDocument"2 2f(z)=x—y2+xy+i(—万+；+22xy+C)令y=0,上式变为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）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）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)/(x)=x2-i(-+C)从而2Z2/(z)=z2-i—+iCdu_2xydux1一y2⑵Qx(x2+J72)2dy(x2+y2)2用线积分法，取(xO,yO)为(1,0),有=篇«齐+事)+°=蒔办 妙+c「11IX何_「11IX何_X—X必+尸|0一必+尸-1+C/(z)二+i(-1+C)*)=c23.设汉z)=(z-%)(z_%)・・・(z-%),其中％(z=l,2,・・")各不相同，闭路c不通过％，%，•••，%,证明积分丄由应dz2tiz^7p(z)等于位于C内的p(z)的零点的个数.证明：不妨设闭路C内户(Z)的零点的个数为k,其零点分别为％：…气 dz0—%)0— dz0—%)0—%)...(>—%)24.试证明下述定理(无界区域的柯西积分公式)：设f(z)在lim/(z)=刀尹8闭路C及其外部区域D内解析，且z” ,则1 加)+4zeD,2tiz}g—z[ &zeG.其中G为C所围内部区域.证明：在D内任取一点Z,并取充分大的R,作圆CR:ZI—*，将C与Z包含在内则f(z)在以C及G为边界的区域内解析，依柯西积分公式，有

加=土血竺5竺旳因为I在上解析，且lim=lim/(^).^-=lim心=1；~3 ZS~3 Z；~GO“1 所以，当z在c外部时，有土血斧区=—加）+刀即2兀1天一z设Z在C内，则f（z）=0,艮卩。=土血竺。5竺旳故有:=A习题四TOC\o"1-5"\h\z复级数与£如都发散，则级数£（%±6）和£%发散.这个命题是否成立?为什么？77=1 77=1 11-1答.不一定.反例：1 1 1 1XX=工一+［〉，工如二z—-+上发散但£（%+如）=5＞二收敛n=l n=ln£a=£、发散n=l n=l孔£"〃二£【-（丄+丄）］收敛•〃=i 〃=inn下列复数项级数是否收敛,是绝对收敛还是条件收敛？1丄卩1丄卩⑴*•2z?+l⑵£（呻）〃⑶77=1 2COSi77⑸77=0Zco解⑴Sn=lco解⑴Sn=ll+i2；7+1nW1+(—1)〃・i〃=innoo]+j2”+loo]+j2”+l〃=F发散CO］因为£—发散，所以£n=l〃1+5i2”=£（孕发散n-1 21- 51、n1•1+5i2”=£（孕发散n-1 21- 51、n1•nc又因为网亍）=网2+21）部3 1+51n所以£（―^）发散n=1 2⑶、\=1£土=£1发散,又因为£丁£n n n1 n n=\n=1n\o"CurrentDocument"in n ..n3/ 3cos—+isin—-' n nn=1n n=1 n=£n（cosn+isinn）收敛,所以不绝对收敛•⑷£n=11"lnn3 1=£丄n=1lnn1 1因为福＞E所以级数不绝对收敛.又因为当n=2k时，级数化为宁（―1）左收敛£ln2左当n=2k+1时，级数化为£ （-1）k也收敛鬲ln（2k+1）所以原级数条件收敛⑸£n0cosin2n£丄nn02^n\-—n 1 3e 13 1=1£（%+1£（丄）”2 2£® 2£WTOC\o"1-5"\h\z1其中£（e）“发散，£（】）”收敛n02 n=02e所以原级数发散.3.证明:若Re0n）-0,且£an和£an2收敛,则级数£绝对收敛.n1 n=1 n=1证明：设an=X+i兀,a=（xn+i兀）2=丈一y；+2xxi因为£an和£an2收敛n=1 n=1所以£x„,£yn,£（x„-yn）2,£x„y„收敛n1 n1 n1 n1又因为Re（a”）-0,所以Xn-0且limX=lim爲=0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)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)当n充分大时，V所以£收敛n=1Ia”『=x+ =2x；—(x2—y；)而£2x；收敛，£(x2-收敛TOC\o"1-5"\h\z”=1 ”=18 8所以£\an|2收敛，从而级数£a”2绝对收敛.n=1 ”=1讨论级数£(zn+1—Z•”)的敛散性”0”解因为部分和S”=£(zk+1—Z&)=z"+1-1，所以，当|z|<1时,S”T—1k0当zT时,s"T0，当z=-1时,s"不存在.当z=e'"而°丰0时(即|z|=1,z丰1)，cosn9和sinn9都没有极限，所以也不收敛.当 〉1时,S"T8.8故当z=1和|z|<1时，£(z”+1—z")收敛."=08幂级数£C"(z-2)”能否在z=0处收敛而在z=3处发散."=0C解.设lim—C解.设lim—"i1=p，

又”T8CC"则当lz—2<p时,级数收敛,|z—2|>1时发散.若在z=0处收敛，则若在z=3处发散，则1<18显然矛盾，所以幂级数£C"(z—2)"不能在z=0处收敛而在z=3处发散"=0下列说法是否正确?为什么？每一个幂级数在它的收敛圆周上处处收敛.每一个幂级数的和函数在它的收敛圆内可能有奇点.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.(2)不正确，因为收敛的幂级数的和函数在收敛圆周内是解析的.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）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）8 8C7.若£eg的收敛半径为r,求的收敛半径。n=0n=0bn=0解：因为舰111b-所以R'=R-Ib|8Zn i•/II3的系数满足limMa”|=Q,则解：因为舰111b-所以R'=R-Ib|8Zn i•/II3的系数满足limMa”|=Q,则n=0当0<P<+8时，R=-P当P=0时，R=+8当P=+8时，R=0证明：考虑正项级数£|a”z"|=Iaiz|+\a2z2|+...+\anzn\+...n=0由于1聖da*z"l=iim-也"=p・izi，若0<p<+8，由正项级数的根值判别法知，当pizi<1时，即1 8 1 2z<-时，£|a"z"|收敛。当P・|z|>1时，即|z|>一时，|a"z”|不能趋于零,lim術刁>1级数发散.故收P "=0 P m3"=0敛半径R=-P.当P=0时，P'\z\<1级数收敛且R=+8.若p=+8，对Vzn°，当充分大时，必有la"z"12不能趋于零，级数发散.且R=09.求下列级数的收敛半径，并写岀收敛圆周。（1）(3)£件(2)£"Pz""=0"P "=0£(-1)"-1. .z2"-1"=0 2"8 1£(土)”.(z-1)"("+1)"=0 "解:（1）lim”T81("+1)pn1=lim(亠)p=lim(1--—)p=1"T3"+1 "T3"+1...R=1收敛圆周lz-i<1lim也=1nT8nR=1所以收敛圆周|z|<1⑶记fn(z)=(―i)"T2n-12"z2n-1由比值法，有limn—>8fnfZ)

fn(Z)(2n+1)-2nJZ|2n+1=lim »i1)・nn+i-iZn-^==l=要级数收敛，则|z|<也级数绝对收敛，收敛半径为所以收敛圆周|z|<也⑷记fn(z)=(A)”-(z-1)n(n+1)(z-1)n(n+1)=limE(z-1)n(n+1)=limEns mi血"侦”(z)it血nMTS▼' ns\f所以lz-1M1时绝对收敛，收敛半径R=1收敛圆周'z-1<110.求下列级数的和函数.⑴8Z(T)”t.紀n=1⑵8 2n-(2n)!解：⑴CIn+1limn+1=lim =1nT8CnnT8 n故收敛半径R=1,由逐项积分性质，有:8 8J；Z(Tynz&z=£(-1)"z”n=1 n=1所以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)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)8 Z 1y(-1)〃-nz』=(三y=—^,|z\vi幺8 Z 1y(-1)〃-nz』=(三y=—^,|z\vi幺 1+Z)(1+z)2511于是有:00y(-1)n尢nznn=100=-zy(-1)n-nzn-1n=1(1+z)2⑵令:lim=limns(2n+1)(2n+2)=0.故R=8,由逐项求导性质8‘⑵=y(_1)'(2n-1)!s〃(z)=y(-1)n.=y(-y+1.二(m=n-1)=-£(-1)n.二由此得到S(z)=-s(z)y (2n-2)! 丿(2m)!* ’ 丿(2n)!即有微分方程s'(z)+s(z)=0故有：s(z)=刀cosz+Bsinz,A,B待定。8 2n由S(0)=A=[y(-此詞z=0=1-A=1S'(0)=-sinz+Bcosz=[g(-1)n•^^z0=0nB=0所以8 2ny=0(-1)n•斯=cosz.R=+8E8 Cn收敛，而yCnl发散，证明yCnZ”的收敛半径为1n=0n0n08证明：因为级数yCn收敛n=0厂 ryn+1limnT8=牛limnT8=牛.¥8yCnz”的收敛半径为1n=0则1«=J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）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）现用反证法证明2=1若0<2<1则kl>1,有態C= ＜，即IIcj收敛，与条件矛盾。n=03 3若人〉1则kl＜】，从而1CZ在单位圆上等于ZCn，是收敛的，这与收敛半径的概念矛盾。n=0 n=0综上述可知，必有2=1，所以312.若ZCnZ"在Z0点处发散，证明级数对于所有满足冃＞点元都发散.n=03证明：不妨设当kJ＞kJ时，ZCnZ"在Z1处收敛n=03 3则对加小，/绝对收敛，则Z"在点z。处收敛3所以矛盾，从而ZCnZ在kl＞kol处发散.n=013.用直接法将函数ln（1+广）在z=0点处展开为泰勒级数，（到z4项），并指岀其收敛半径.解:因为ln（1解:因为ln（1+e「z)=ln(1+ez

ez奇点为zk=(2k+1)ni(k=0,土1,…)所以R=兀又ln(1+e「z)L=0Tn2TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"e-z 1[ln(1+e*)]'=—klz=0=-2\o"CurrentDocument"e-z 1\o"CurrentDocument"[ln(1+e-z)]''=-—e -1=0=-&(1+e-z)2|z=0 22-z. -2z[ln(1+e-z)]'''= 十七|z=0=0\o"CurrentDocument"(1+e-z)3 |z=0[ln(1+e*)](4)e「z(1_4e「z+e_2z)(1+e[ln(1+e*)](4)于是，有展开式ln(1+e-z)=ln2- 9 Qz+丄z- 9 Q-3•£(3z)”,|z|<-TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"2 2!2214.用直接法将函数177在k-1〈皿点处展开为泰勒级数，（到（z-1）4项）解：z=±1为1+7的奇点，所以收敛半径R="又-2z 1f'(z)=f'(1)=-2fX -2+6z f 1f(z)=『宁，f(1)=2£，，，(、24z-24z3f(z)=E5厂，f(1)=0(1+z2)5f⑴(z)=24-24°z：+5120z4,f((1+z2)5于是，f（z）在z=1处的泰勒级数为1 2-*-1)+4(z-1)2-4>-1)4+..顼顼用间接法将下列函数展开为泰勒级数，并指岀其收敛性.2z-3分别在z=0和z=1处arctanz在z=0处(z+1)(z+2)在z=2处ln(1+z)在Z=0处(1)2z-3 3-2z 3n=02z-32z-2-l2(z-l)-l8 1n=0 Zsmz= 方（T）〃々4（2〃+l）!z3z 1 ...3!5!O00沟-1)〃%n=Q32〃-1

(2〃+l)!Z2”Z|<00 arctanz=[—^—rdz⑶ 、+zz=±1为奇点，R=1Wan”£上也=丄习-D*z=g(T)"•我•必七|«<1(4)1 1 1 11] (z+l)(z+2)z+1z+2z-2+3z-2+43z-24〔十z-2丁~1~TOC\o"1-5"\h\z18 n 18 n=e£(t)"・(丁)"=£(t)"•(丁)"n=() 3 4n=() 4=g(T)"•(打—*)(z-2)", |z-2|<3因为从z=T沿负实轴ln(l+z)不解析所以，收敛半径为R=1\o"CurrentDocument"1 3 [血(1+可=土=£(-1)〃/〃1+Zn=Q3 co 1ln(l+z)=丄£(—1)〃.z"dz=£(—1)〃—zH|z|v1n=Q n=Q 〃为什么区域\Z\<R内解析且在区间TR）取实数值的函数/（Z）展开成Z的幕级数时，展开式的系数都是实数？答：因为当Z取实数值时，/（Z）与/（X）的泰勒级数展开式是完全一致的，而在\A<R内，/（对的展开式系数都是实数。所以在\Z\<R内，/J）的幕级数展开式的系数是实数. 求/J）= 的以z=°为中心的各个圆环域内的罗朗级数.解:函数/（Z）有奇点Z1=1与Z2=-2,有三个以Z=0为中心的圆环域，其罗朗级数.分别为:在|z|v在|z|v呐，/(z)=2z+l18 1二£((t)"・L)'n=0 Z119.在1<|z|<+3内将f(z)=e1-z展开成罗朗级数.TOC\o"1-5"\h\z 1解:令*=1—z'则/(z)=e'T+1+1.尸+13+...1 ||而*=1—z在1＜树＜+3内展开式为1 —1 1 1^11 .1—zz] 1z zzz所以，代入可得f(z) =1——.(1+~ +~T +...)+土丄.(1+丄 +丄 +...)2 +...z zz 2!z zz\o"CurrentDocument"11 1 1 19=1 1 1 +z 2z2 6z3 24z4 120z5 …20.有人做下列运算，并根据运算做岀如下结果三=1+1+丄+...z—1 zz\o"CurrentDocument"z z_c因为1—z+z—I=0，所以有结果...+丄+丄+-+1+1+z+z2+z3+...=0z3 zz你认为正确吗?为什么？答:不正确，因为1—z=z+z2*3+...要求kl<1z「11而1—z=1+z+忌+...要求凤>1所以,在不同区域内z Z 1 1 1 1 1 2 3 八 1 丰...H —H H \~1+1+z+z+z+...丰01-zz-1 z6 zz21.证明：f（z）=cos（z+9用z的幂表示的罗朗级数展开式中的系数为1 「2兀C=—Icos(2cos0)cosnOdO.n=0,±1,...2nJ0

证明：因为z=°和z=8是cos（z+9的奇点，所以在0<|z|<oo内，COS（Z+|）的罗朗级数为1 ^=00cos(z+-)=£CnznZ 刀=-CO其中財土“兰M旳〃=0，±1，±2,…■n+\其中C为°V冃V8内任一条绕原点的简单曲线.cos(z+-) dz,(z=e^,0<e<271)"疽诵01=1=丄i*s(e：甘果=丄「“y拍2兀卩。舛+切 2話。 /=cos(e^+e*)•(cosnd-isinnO}dO1 「2兀=—cos(2cos0}cosnOd0. n=0,±l,...时（”+1泪22.z=°是函数/（z）=cos（%）的孤立奇点吗?为什么？解：因为，⑵=cos（龙）的奇点有2=0—=hi+— z=—-—(k=0,±1,±2,...)z2kji+—2所以在z=0的任意去心邻域，总包括奇点17,当时，z二0。kit+—2从而Z-°不是cos（J/）的孤立奇点.23.用级数展开法指出函数6sinz3+z3（z6-6）在z=0处零点的级.解:/(z)=6sinz3+z3(z6-6)=6sinz3+z9-6z3=心*+投+...心&故Z二0为f（Z）的15级零点24.判断z=0是否为下列函数的孤立奇点，并确定奇点的类型:⑵Z1解：z=0是e'的孤立奇点因为丄1+1+丄+...+丄+...Z2!z n!z111所以z=0是ez的本性奇点.（2）因为TOC\o"1-5"\h\z1 1-1+—Z2+—Z4+... 1 11-cosz_ 2! 4! _1 1 2 — ； =—I—z十...z2 2! 4!_c1—cosz所以z=0是z2的可去奇点.25.下列函数有些什么奇点？如果是极点，指岀其点:小sinz 小 1⑶1sin：z3 z2(ez-1). z-丄z3+—z+..sinz 3! 5!._11 1 2 1—z+3! 5!解：⑴z— zzz所以z=0是奇点，是二级极点.解.⑵z=2kni(k=0,±1,...)z=0是奇点，2kni是一级极点,0是二级极点.解:(3)z=0血z21z=0=0，(sinzy=cosz2-2z=0.(sinz2)" =-4z2-sinz2+2cosz2=2主0z=0是sinz2的二级零点而z=±妬i是sinz2的一级零点，Z=±屈是sinz2的一级零点所以z=0是sinz2的二级极点，土J说i，土是血z2的一级极点.判定z=8下列各函数的什么奇点？2 2z(1)e1/z(2)cosz-sinz(3) 3+z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)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)1Z21解：⑴当ZT00时，eT1丄所以，zT00是e＞的可去奇点.(2)因为cosz—sinz=1 z?~\—z4+...+z z3-\—z5+...TOC\o"1-5"\h\z2! 4! 3! 5!12 13 14 15=1+z z z-\—z-\—z+...2! 3! 4! 5!所以，zT00是cosz-smz的本性奇点.⑶当ZT8时，寿TO2z所以，ZT00是訂/的可去奇点.函数f(z)= 在z=l处有一个二级极点，但根据下面罗朗展开式：z(z-1)1 1 1 1丨丨1z(另行…'a2)号(4\)号，正|yh我们得到“Z=l又是/(z)的本性奇点”，这两个结果哪一个是正确的？为什么？解：不对，z二1是f(z)的二级极点,不是本性奇点.所给罗朗展开式不是在°v|z-l|vl内得到的在Ov|z—l|vl内的罗朗展开式为云FC+品厂沽厂土》(j)+(z-乎+…如果C为正向圆周冃=3,求积分住/⑵也的值] z⑴心z(z+2)⑵心(z+l)(z+2)解：(1)先将展开为罗朗级数，得=J_rJ___]z(z+2)2zz(i+2)z1z2 4 8 、cII=I(7-?+7+-x2<kl<+8而Izl二3在2v|z|v+oo内，Gi=0,故住/(z>fe=2兀iC/0(2)(z+l)(z+2)在2v|z|v+8内处处解析，罗朗展开式为 =Z[— ]= —(z+l)(z+2)z+1z+2.I]+?zz1 3 7 II= +—-...,2<|z|<+oozzz而Izl二3在2v|z|v+oo内，G1=1,故血贝危=2兀iC/2兀i习题五1.求下列函数的留数.詩_1⑴f(z)=一在z=0处.解：工在0〈|刁〈+8的罗朗展开式为Zz2z3z4Res'+z+方++ 1 11 11 一一Resz5 ~z4 2!z33!z2 4!zi⑵/(z)=e^在z=l处.i解：£j在0〈|z_l||〈+8的罗朗展开式为11 1 1-n\(z-l)11 1 1-n\(z-l)nz—12!(z-1)23!(z-1)3Res|_ez_1,lJ=1.2.利用各种方法计算产(勿在有限孤立奇点处的留数.⑴彤=点解：f(z)=于+2的有限孤立奇点处有Z=O,z=-2.其中z=0为二级极点z=-2为一级极点.z2(z+2)・.・Res[/(z),0]=丄•lim「三]=1而3(疽2)-于―2=£=】LJ1!"z+2丿eg+2