复变函数论 钟玉泉 第四版 课后习题答案详解解析全解解答

第一章复变与复变函数（一）(1)2(23)(1)2(23)22 36rgzargz+2=t(36

3)2k 3

2z1

2e4,z22

iei

z2

e12,iz2i

1e5i122123z4a40z4a4则二项方程的根为4wk(41)ka4

i2kie4

ei

2a因此w02a

a(1i)22w222

2ai),w32a

i)22

z2

z2z

22Re(z

z2)11221z1z2 11221

z2z

1z2)12两式相加得2z1

z2

12z1

z2

122(z1

22z2)2几何意义:平行四边形两队角线的平方和等于各边平方和.证明:4z1

z2

2z

z2

2(z

2z2)112由题目条件 z1z2z30知z1z2z3112可有 z1z2z32于是 2

z2

2(z

2z

z2

2z

2)z

233111223同理 z23111223

z3

23所以 z1z2

z2z3

z3z1z1,z2,z3是内接宇单位圆的等边三角形的顶点.解:(1zz1z2两点连线的中垂线;不是区域.(2zxyizz4得xyi(x4yi,x2y2x4)2y2,x2因此,zx2为右界的右半平面(包括直线);不是区域.(3)同(2zxyi,x0,z点的轨迹是以虚轴为左界的右半平面(包括虚轴;是区域.(4)由0r(z) 得0rtny 即0yx1 4 2ez3

x1 2x3

2x3z点的轨迹是一梯形(不包括上,下边界);不是区域.z点的轨迹是以原点为圆心,2为半径以及(3,0)为圆心,1为半径得两闭圆的外部.是区域.z点的轨迹的图形位于直线Imz1的上方(不包括直线Imz1)且在以原点为圆心,2为半径的圆内部分(不包括圆弧);是区域.z点的轨迹是argz24

点的轨迹是以(0,

12 2

为半径以及(0,

2

1为半径的两闭2圆的外部.是区域.证明:已知直线方程一般式为axbyc0(abcab不全为零.以xzzyzz

代入化简得2 2i1(abi)z1(abi)zc02 2令1(abi)02

得zzc0反之(逆推可得).证明:因为Z平面上的圆周可以写成zz0

z0为半径0所以z0

z2

0 0

z0z2 0令A1,Bz0,Cz ，从而圆周可以写成0

B

BZ 0,C

z2

z2AC00z3z1为实数.00z2z1解:(1zxyit(1ixy,即曲线为一,三象限的角平分线.(2zxyiacostibsintxacostybsint,则有a2 b2

1,故曲线为一椭圆.zxyitt(t0,xt,y1,xy1,故曲线为一双曲线.zx

iyit2t2

tt2y

1,xy1x0y0),故曲t2线为双曲线在第一象限内的一支.11.解:(1x2y2z2

4,又有w1z

1

xyix2y2

1(xyi)4所以uxvy则u2v21(x2y214 4 16 4w平面上变成的曲线是以原点为圆心,1为半径的圆周.2将yx代入w 1 ,即uivxyi

1 中得xyi

1

1i2x

1i2x 2x于是u

2x

1,因此vu,故曲线为w平面上二,四象限的角分线.2xx1代入变换uiv

1 得xyiuiv

1

1y2于是u

1 1y2

y,1y2

且u2

v2

1y2(1y2)2

1 u1y2故解得(u1)2v21,这表示曲线变成w平面上的一个以1,0)12 4 2 2为半径的圆周.(4)因(x1)2y21zzzz0z1z1代入得w w1111

即

ww,因此ww1ww w w ww www平面上的一条过12

,0)

且平行于虚轴的直线.证明:(1f(z)znz平面上的连续性.zlimznzn0 zz0 00zMz01内考虑.00znzn0

zz(zn1zn2z

zn1

zznMn1,故对0,0 0只需取 ,于是当zz0 0nMn1

时,znzn

.0(2)由连续函数运算法则,两连续函数相除,在分母不为零时,仍连续.因此f(z在0z平面上除使分母为零点外都连续.f(z)argzz0argz0,z0分情况讨论:z00z沿直线argz0(0f(z趋于0,这里0f(zz00处不连续.z0x(0)zz0时,f(z趋于z从下半z0时,f(z趋于f(z在实轴上不连续.z0,z0为中心为半径的圆,只要充分小,这个圆总可以不与负实轴相交.Argz0的一个值0z0为中心znz0,故存在自然N,当nNzn落入圆内,从原点引此圆的两条切线,则此两条切线夹2()()arcsinz0

,因此总可以选取Argn的一个值argzn.当nNargzn0(,因0()0.因而,总可以选取,使()小于任何给定的0,即总有argzargz0续.

f(zz0连综上讨论得知,f(z除原点及负实轴上的点外处处连续.证明:由于f(z)的表达式都是x,y的有理式,所以除去分母为零的点z0f(zf(zz0的情况.zxyiykxz0时,f(z)

xyx2y2

k

k1k2这个极限值以k的变化而不同,所以f(zz0不连续.f(z)z连续即得.证明:1z在z10，故11z

z1内连续11

1δ,z1δ

zzδδ0

1 4 2

1 2 4 11z1fz1fz211z1

211111z2fxz1内非一致连续证明：必要性：设limz0x0y0i，由定义0N0，当nN时，nznz0，从而由定义知xnx0yny0即xnx0,yny0(n)充分性:由定义得

znz0znz0znz0

(xnx0)(yny0)i

x0

yny0因此,xnx0yny0(n时,znz0(n.证明:利用第17题,及关于实数列收敛的柯西准则来证明.n必要性:设limznn

z0

.则由定义对0N

N()2

zn

z0

.2p,z

z0

.2利用三角不等式及上面两不等式当nN时,有znpzn

znpz0

znz0充分性:设对0N()0nnpNznpz0,由定义得 xnpxn

znpznynpyn

znpznxnx0yny0(n,有znxnynix0y0i

x0y0使证明znxnyniznxn,yn都有界.

M(n1,2,3,))因为xn,yn

zn

M所以n 根据实数列的致密性定理,知x有收敛于某常数a的子序列xn nxkyki(k,,)中,ynk任有界,因而ynk也有以收敛于某一常数b的nkj n子序列yn,在znx yni(j,,)中,xn任收敛于akj nkj kj k列有一收敛于abi的子序列.20.证明:(1z0

0,则由定义对,N,当nN时有z

2而zz1z2zn

z1z2zN

zN1zN2znnN,N

n 2maxN, zz

nz

n,则当nN

时,有q0 1 q z1z1z2zNn2z1z2z1z2zNnzN1zN2znnz故n

n 0(2z00,则当lim(znz0)0,nn0zz n0

z0(z1(z1z0)(znz0)nz0n(z1z0)(znz0)n（二）1(cos5isin5)2

(ei5)2(ei(3))3

e19i解:zeit,znenticosntisinntznenticosntisinnt因此zn1zn

2cosnt,zn1zn

2sinnt证明:已知xiy1i3n2n13i

2ncos5nπisin5nπnn n 2 2 3 3n 因此 n 3 n 3xnyn1xn1yn2n2n1sπin5nπinπsnπ 3 3 3 3 22n1sin5n1π5nπ 3 3 证明：第一个不等式等价于1(x2

z2x2y2x2y22xy2(x2y2,即x

y)20这是显然的,因此第一个不等式成立.第二个不等式等价于z2x2y2(x

y)2x22xyy2

,即2xy02这是显然的,因此第二个不等式成立.2azbbzazbbza

z2

z2z22Rezz以及Rezz1 2 122证明:1 2 122

azbazbbzabzaazbbzazbbza

abzb22 2babzabza解:z0z1z3的中点,则z1(zz)12i0 2 1 3zz,写成复数等式后,z的坐标03 2 2为(4,1);z4的坐标为(-23).证明:由于z1z2z与z2z2z3z1z3

,

,且而z

argz2z3,wargw2w3,z2z3w2w3zw10.3 zz

zz ww 2 21 3 1

1 3 1

z1z2z3z4四点共圆或共直线的充要条件为z1z2z3z3z4z10或π但zzz

argz3z2，zzz

argz1z4123

341

z4z3arg ararg arg

z1z4

z2z1 z，z2z1

z4

2

z1z4zzzzz1z4:z3z4为实数.1 2 3 4

zz zz证明:由Oz1Oz2

知argz1

argz2

2

1 2 3 2z1z2故z1z1z2z2

i,z1z2

0,反之亦然.zz2

zzzz证明:因为 1zz2

k2,从而 1 1k2zz2zz21122所以z2z1122

zzzz

2k2z2z

zz21122即 z2(1k2)z1122

(z1

k2z

)z(z1

k2z

)k2z2z2k2(z2z k2(z2z zzzz)22121 12k2zz21 22亦即z1 2 1k2

(1k2)2

(1k2)2zk2z

zz

zk2z故有z1 21k2

k1 2,此为圆的方程,z1k2

1 2,半径0 1k2z1z2z1z21k2

z2).1z1z(1a)2b2(1a)21z1z(1a)2b2(1a)2b2(1a)2b2(1a)2b22a2aa0几何意义:右半平面上的点到(1,0)的距离a小于到(-1,0)点的距离b;到(1,0)的距离a小于到(-1,0)点的距离b的点在右半平面上.第二章解析函数（一）1.证明:0,使1t0,t0)t0,z1)zt0),即Czt0)的对应去心邻域内无重点,即能够联结割线zt0)z1),是否就存在数列nt0,z(t1nz(t0,于是有z(t

)lim

z(t1n)z(t0)00

t1nt0此与假设矛盾.t1(t0,t0)t1t0因为 z1)zt0)arzt)zt)1 ar1

t1t0所以

)limargz(t1)z(t0)arg[limz(t1)z(t0)]t1t0

1 0

t1t0

t1t0

t1t0因此,割线确实有其极限位置,即曲线C在点z(t0)的切线存在,其倾角为argz(t0).2.证明:因f(zg(zz0f(z0g(z0均存在.f(z)f(z0)所以lim

f(z)lim

f(z)f(z0)lim

zz0

f(z0)zz0g(z)

zz0

g(z)g(z0)

zz0

g(z)g(z0)zz0

g(z0)x3y33ux,yx2y2

x,y0,00 x,y0,00x3y3vx,yx2y2

x,y0,00 x,y0,00u

00limux0u00limx1,从而在原点fz满足CR条x x0

x0x件,但在原点，

ff'z uvux,0vx,0z z 1ix3y31 x3y3 zyx0时,有fz在原点不可微.

ff'zz

1i2x2证明:(1z0时,xy至少有一个不等于0时,或有uxuy,,或有uxuy,z至多在原点可微.(2)在C上处处不满足CR条件.(3)在C上处处不满足CR条件.z

zxyizz 2

,除原点外,在C上处处不满足CR条件.5.解:(1)

u(xy)xy2v(xy)x2y,xy0时有x y y uy2vx2,u2xyvx y y 且这四个偏导数在原点连续,故f(z)只在原点可微.(2)u(x,y)x2v(x,y)y2xy这条直线上时有ux2xvy2y,uy0vx0xyf(zxy可微但不解析.(3)u(x,y)2x3v(x,y)3y3,且x y y u6x2v9y2,u0x y y

0上可微但不解析.1 13 2(4)u(xy)x33xy2v(xy)3x2yy3在全平面上有x y y u3x23y2v3x23y2,u6xyvx y y 且在全平面上这四个偏导数连续,故可微且解析.证明:(1zxyiD,0f(z)uxivxvyiuyfzuivfzuivfzfz均在Duxvy,uyvx,uxvy,uyvx,结合此两式得uxuyvxvy0，故uvf(z亦为常数.

f(z)C0f(z)0

f(z)C0,则此时有f(z)0f(z)f(z)C2

2,即f(z) 也时解析函数,由(2)知f(z)为常数.Cf(z)Cfzuiv.,若u(x,y)C,则ux0,uy0,由CR条件得vxuy0,vyux0因此uv为常数,则f(z亦为常数.

uiv,gif

piQf

uivgviu由

fzD内解析知uxvy,uyvx从而 pxvxuy

,

pyvyuxgz亦D.8.解:(1)由u(x,y)x33xy2v(x,y)3x2yy3,则有x y x u3x23y2,u6xy,v6xy,v3x2x y x 故ux,uyvxvy为连续的,且满足CRfzz平面上解析,且x f(z)uvi(3x23y2)6xyi3zx x ux,yexxcosyysinyvx,yexycosyxsinyuexxcosyysinycosyx yuexsinyy

svxfz在zf'zexsyxynyexnyxysy由u(xy)sinxchyv(xy)cosxshy,则有uxcoxchuysixsvxsixsvycoxch故ux,uyvxvy为连续的,且满足CRfzz平面上解析,且f(z)uxvxicoxchsixshicoz由u(xy)cosxchyv(xy)sinxshy,则有uxsixchuycoxsvxcoxsvysixch故ux,uyvxvy为连续的,且满足CRfzz平面上解析,且f(z)uxvxisixchcoxshisizxrcosθyrsinθ,从而uruxcosθuysinθ,uθuxrsinθuyrcosθvruxcosθvysinθ,vθvxrsinθvyrcosθ,再由u

1v,v1u

，可得u

v,uv

fz在点zr rθ r rθ

x y y xf'zu

iurcosθusinθu1irsinθucosθu1x y r θr r θrcosi

siu1 sii θosr r θcosi

sir

s

θrcosisirr 1 ivcosisinr r z r r10.解:(1)ei2z

e2xi(12y)

e2x(2)ez

ez2y22xyi

ez2y21 1 xyi

yi(3)

ezexiyex2y2

ex2y2

x2y21

x y所以eezex2y2sx2y2 证明:(1)因为ezezyi

eyi

ex(cosyisiny)因此ezex(cosyisiny)而ezezyi

exeyi

ex(cosyisiny,得证.因为所以

sinzsinz

eizeiz2ieizeiz2i

eizeiz sinz2i因为cosz所以cosz

eizeiz2eizeiz2

eizeiz cosz2证明:分别就m为正整数,零,负整数的情形证明,仅以正整数为例当m1时,等式自然成立.假设当mk1时,等式成立.那么当mk(ez)k故结论正确.

(ez)k1ezekz,等式任成立.13.解:(1)

e3ie3eie3(cos1isin1)ei1iei1i(2)

cos1i

2e1iei1i2

1 2eei2ee cosz1证明:(1f(z)sinzg(z)zz0解析f(0)g(0)0g(0)1cosz1因此limsinz 1z0 z

z0(2f(z)ez1g(z)0z0解析,f(0)g(0)0g(0)10limz0

ez1z

ez

1z0f(z)zzcoszg(z)zsinzz0解析,,,1因此limzzcoszlim1coszzsinz3z0zsinzeizeiz

z0

1coszcosz2=eiaeia2

ei(ab)ei(ab)2

ei(anb)ei(anb) 2=1ia

1ei(n1)b

ia

1ei(n1)b2e2

1eib

1eib sinn1b= 2 cos(anb=右边sinb 22同理证明(2).

sin(iz)

ei(iz)ei(iz)2i

ezez2i

ezez2

isinhz(2)

cos(iz)

ei(iz)ei(iz)2eizeiz

ezez2eizeiz

coshz(3)

sinh(iz)

i2

isinz

tan(iz)sin(iz)cos(iz)

isinhzitanhzcoshz

tanh(iz)sinh(iz)cosh(iz)

isinzitanzcosz证明:(1)ch2zsh2zch2zishz)2cos2izsin2iz)1(2)

1

z

1sh2z11(3)ch(z1z2)cos(iz1iz2)cos(iz1)cos(iz2)sin(iz1)sin(iz2)chch2shshz证明:(1)sinzsin(xyisinxcosyicosxsin(iysinxchyicosxshysinz2sinxchyicosxshy2sin2xch2ycos2xsh2ysin2xsinh2y( cosz2cosxchyisinxshy2cos2xch2ysin2xsh2ycos2xsinh2y(

(shz)ezezezez

chz

2ezez(2

2ezez2

sh20.解:(1)

3i)ln1

3i)ln2i(2k)3

i i (2)由于lnz 2

cos2

isin i2(3)由于ez1ei(2kzi(2k)coszsinz,即tanz1,所以 z1ln 2i 1i 4 zxiy由tgz12isinz12ieizeizi2eize cosze2iz2ie2ycos2x2，sin2x15 5 5 5e4y1yln5且tg2x1x1arctg1π5 4 2

2 z1arctg1πln5i

2 2 4 因ln(rei1lnrei1iargrei1,所以(rei1)2(rsin)2Re[ln(z(rei1)2(rsin)2i(z)2k

1ln(1r22rcos)2

wk(z)3r(z)e

3 ,(zG;0(z)2;k0,1,2)w(i)i定kk2,再计算w2i)1i1

5i23.解:22ei,ie2,由w(2)32定kk1,再计算w(i)e4

i)e

i[ln1ii(arg(1i)2k)]

ilne

2(2k)4eiln

(2k)4

)]

eiln3e2k

解zzz0为圆心R1为半径的圆周CAB,经过变换wz4ww平面上沿以w0R41A走w1B,w1

的支点-1,B的值为

w1B.因此Bf(z)B证明：

f(z)

.R41fR41fz31zz2A由于3|12

fzz0,1z0z0z平面上fz就可以分出三个单值解析分支.

argfzπ得

πeiarz31i2i62e3cci31i2i62e3cc

za2ri3π π7πi62e12

42.证明由

z1z2

得fz

1z21z2Iz 1z2Iz i42m

，从而于是fz在D必常数f'zz

1z2

1z21z2fz

1z2

1z21z2

1z4Rez2所以

f'zfz

1z411z4

2Rez2 z1，因此1z40且1z42ez21z42z21z220故Rez

f'zfz0. 证明:同第一题1zf(z)f(z)

1z

.1z221z22iImz证明:题目等价域以下命题:设E,E1为关于实轴对称的区域,则函数在E内解析f(zE1内解析.f(zEz0E1zE1z0EzE,所以lim

f(z)f(z0)lim

f(z)f(z0)

0f(z)0zz0

zz0

zz0

zz0这是因为f(z)Elimzz0

f(z)f(z0)zz0

f(z0

),z0的任意性可知,f(zE1内解析.4.证明:(1x1(zzy2

1(zz),根据复合函数求偏导数的法则,即可得2i(2)

fuiv1(uv)

1(uv)z z z 2x

2iy x所以uvuv,得f0sin2xch2y(1sinsin2xch2y(1sin2x)sh2ysh2ysin2x

sin(xyi) 所以 shy而

yImz

sinzsh2ysh2ysin2x右边证明可应用sinz的定义及三角不等式来证明.即又有

sinz2sin2xsh2y1sh2ych2ych2Rcosz2cos2xsinh2y1sh2ych2ych2R证明:据定义,z1z2z1,有f(z)f(z)

(z22z3)(z22z3) 1 2z1z2

1 1 2 2 z1z2z1z222z1z2

2110f(zz1内是单叶的.8.证明:f(z)有支点-1,1,[-1,],有c(1)c

ie10argf(z)1

,f(i)8

2e8(2)

argf(z)c2c

c8 c

argf(z)58

,f(i)

5i2e8解:因为f(z有支点1,i,此时支割线可取为:沿虚轴割开[i,i,沿实轴割开[1,,线路未穿过支割线,记线路为C,argf(z)1[c 2

arg(1z)c

arg(z(i))c

1[0]故f(z

2 2证明：因为fz 的可能支点为z0,1,,由题知fz0,1于是在割去线段0Re101周，故此时可出两二个单值解析分支,由于当z从支割线上岸一点出发，连z1z的幅角共增加π，由已知所取分支在支割线上岸20z1的幅角为π，故 πi ,

2.f 1 2

2if

(1) i16（一）1.yx(0x1)01+i(xyx2)dz1i(xyx2)d(xi)C 01(xxx2)d(xx)1i)i1x2dx03(i1)x33

10

0312.解:(1)C:z,1x,因此Czdz1xdx11C:zei,从0,因此Czdz0deii0eid2Czei,2,则Czdzdeii0ed2C3.证明:(1)C:x0,1y1因为fz)x2y2iiy21ii)2C故 (x2y2)dzi(x2y2)dz2.C(2)C:x2y21,x0x4y4而f(z)x2iy2 1,右半圆周长为x4y4所以 i(x2iy2)dz.i4.解:(1zz1的外部,所以2

1在z

dz

0.(2)

1 z22z2

1(z1)21

Ccosz,因奇点z1i在单位圆z1的外部,所以1z22z2

dzCz22z2

0.(3)

ez z25z6

ez

z2,3z1的外部,所以ezez25z6

ezdz 0.Cz25z6zcosz2z1上处处解析,由柯西积分定理得zcosz2dz0.C5.解:(1)f(z)z22

(z(z2)33

为其一原函数,所以2i

(z2)2dz

i2(2)z(2i)t,可得

2 3 ioszdz1o(2it(2i)dt2i1(etei2tetei2t)dt0 2 0 2 2 0ee1

2a(2z28z)dz=2z34z2z|2a0 =283a3162a22a3证明:由于f(z),g(z)D内解析,所以f(zg(z),[f(zgz)]D内[f(z)g(z)]f(z)g(zf(z)g(z)

f(z)g(z)是f(zgz)f(zg(z)的一个原函数. 从而 [f(z)g(z)f(z)g(z]dz[f(z)g(z]

f(z)g(z)dz[f(z)g(z]f(z)g(z)dz.

dz01z2zeidzieid02ied2(icossin)[(cos2)isin]0e2

(cos2)2sin2 dd=22ini12od0 于是212osd0,故12od0.054cos cos9.解:(1)因为f(z)2z2z1在z2z1z2,根据柯西公式得z2

2z2z1 dz2i(2zz z1

(2)f(z)2z2z1,则由导数的积分表达式得 2z2z1 z2

dz2if(z)

6i10.解:(1)Cz=1，则

zdz 4 0c z21zdz 2

4 c z21 2 2zdz(3)若C含有z=-1,但不含z=1,则： 4 2izdz

cz21 2 4 z(1

c z2

c2

z1

2 2 2

ez

dz

ecosisin

d(cosisin)

(ecoseisin)id2Cz 2

cosisin 02ecossin(sin)iecoscos(sin)d0ez e

CzdzC0di则2ecoscos(sin)d2,由于ecoscos(sin关于对称,因此0ecoscos(sin)d012.解:令()3271,则f(z)()d2i(z)2i(3z27z1)Cz则f(z)2i(6z7)因此f(z)Df(z)0C:zz(tatbD内光滑曲线,由光滑曲线的定义有C为若尔当曲线,即t1t2z(t1)z(t2;2)z(t)0,且连续于[a,b]要证为光滑曲线,只须验证以上两条即可.wf(z的变换下,C的象曲线下的参数方程为:ww(t)f[z(t)](atb)t1t2时,z(t1)z(t2),又因f(z)D内单叶解析,所以当t1t2f(z1)f(z2t1t2w(t1)w(t2.z(t)0且连续于[a,b],又因f(z)0,则由解析函数的无穷可微性f(z)Df(z)D内也连续,则由复合函数求导法则w(t)f(zz(t)0,且连续于[a,b].C和均为光滑曲线,因(w沿f(zf(z在包CD内解析,因此[f(z)]f(z)也连续,故公式中的两端积分存在.则[f(z]f(z)dzb[f(z(t]f(z(t)z(t)dtC ab[w(t]w(t)dt()dwa f(z)证明:应用刘维尔定理,因f(zf(z)

1必恒小于一正的

1f(z)

f(z)为常数.16.解:(1)因为

ux2xyy2,所以有y2

ux2xyvy2xyv2xy 2vx2yc(x)uy2yx

x2x c(x c(x)Dy2 x2f(z)(x2xyy2)(2xy 2 2由已知f(i)=-1+i-1+i=-1+iDiD12 2y2 x2 1f(z)(x2xyy2)i(2xy )2 2 2y 由CRvuexxcosyysinyexcoyy v(xexcosyexysinyexcoy)dyxexsinyexsinyexysinydyxexsinyexycosy(x)又因uyvx,故exsinyexsinyexycosy(exsinyxexsinyexcosy(x))即(x)0,x)C,故f(z)ex(xcosyysiny)i(xexsinyexycosyC)f(0)0,f(0)iC0C0,所以f(z)ex(xcosyysiny)i(xexsinyexycosy)由CR条件,

uyvx

2xy(x2y2)2

,所以u 2xy dy x (x)(x2y2)2 x2y2)又因vu,故( x (x)( y ,即(x)0.))y x x2y2x

x2y2y所以x)C,故f(z)

x

yx2y2f(2)0,所以C1,故2f(z) x 1i yx2y22

x2y2x 17.f(zuiv4fz24(u2v2)x f(z)2f(z)2=u2f(z)222f(z)2

y2vvxx2

2u22uu22v22vv222f(z)2x x x

2u2

2uu22v22vv2y2

y y y于是结合CRuv为调和函数可得：2 2(

2 2 2 2 2 2 2x2

y2)f(z)

uy

vy)证明:

=4（u2v2）=4f(z)2x f(z)Df(zDf(z)0,则lnf(z)在x D内解析,于是其实部lnf(z)D内的调和函数.解:f(z)vz)dzkiz2zz

2(x,y)kxy

(x,y)k(x2y2)2解:根据流量和环量的定义来计算1 x2y21 2xyf(z)z21

(x2y21)24x2y2(x2y21)24x2y2ix2y21 2xy(x2y2)24x2y2dx(x2y2)24x2y2dy0x2y21 2xy流量为(x2y2)24x2y2dy(x2y2)24x2y2dx0同理,在C2C30.（二）f(z)z0f(z)1z0处不解析.z解:若沿负实轴(,0]z平面,z就能分成两个单值解析分支,即iargz2k(z)k ze 2 (argz,k0,1)1在C:zei,0上, z取主值支.这时(1)式中argz代换为,k0,1zi zz则 e2,故zC

22i.z2(2)C:zei,0上,z2

取主值支.这时(1)argz代换为dzz,k0,则dzz

22i.证明:利用积分估值定理及三角不等式z1z12z12z1z1z12z12z1且由积分估值定理有z1dz8Cz1证明:因为f(z)eszz平面上解析,则ebseasbsesda

bsesdMbaaMses

ses

se(it)

seteit

semax(ab)得出.1 zeic01c1z1 dz dz

1

ieiC1z2c1z2c1z2=01x201e2d=RE

dzC1z2 4解:f(z)ezsinz在圆周za内解析,故其积分值与路径无关,只与起点终点有关,而积分路径为封闭的圆周,故ezsinzdz0C因此,原式=

zdzezsinzdzadz2a2 C C f(z在|z|1f(z在|z|1一致连续，因此0，0，使当1r1时均有|feifrei|

2于是：|

r|2fd12feed|0 r02|f(ei)f(rei)|d0所以|z|1f(zdz0.证明:首先由题设积分Kf(z)dz存在,应用积分估值定理.Kf(z)dzM(r)r而由题设(3)limr

M(rr0,故得证.9.证明:(1)参见教材(3.16)式的证明.f(z)z0的邻域内连续,则对00zz0的邻域,有f(z)f(0)00所以 2f(ei)df(0)(f(ei)df(0)d00r0

f(rei)d2f

f(rei)df(0)d2d20取(1)中的a0,再利用圆周的参数方程化简(1)中等式左端即证.

12i

||

[2(z1)]f(z)dzz=1 2f(z)f(z)f(z)]dzi||

z z2=2f(0)f(0)2f(0)证明:由题设,f(z)D内含C之单连通区域内解析,aaf(b)f(a)bf(z)dzbf(z)dzaa考虑到

f(z)在有界闭集C上的连续性,必存在点C,使得

)

f(z)在C上的最大值.aabf(z)dzbf()baaa

f(b)f(a)

f()baC,都有f()0C,f(z)0C,f(z))

f(z)

Cf(b)f(a),则题中等式成立.f()(ba)z1f(z)z1内解析,故知fzz上解析,且有1zf(z)1z由柯西不等式,知

11f(n)(0)n!M()n

n!n(1)

n

n(1)取最大值(

n

n1n)

n! 的最小值为(n1)!,当n时(

n)n1n(1)

(n)n

n1 e

n1f(n0)的估值为f(n0)n1)!e.证明:由柯西不等式f(na)n!M(R)M(R)max

fzn1,2,L可知

12iz1

f(z)dzz2

Rn12z1

dz

zaRz2(z)1 z2(z)z112证明:应用反证法假设满足zR且f(z)MzRM,使得对于任zzR时,

f(z)M,又由f(z)的连续性.则当zR时,

f(z必有M1M0maxMM1z时有

f(z)M0,于是得f(z)在全平面上是有界的,则由刘维尔定理,设错误.15.vxyx24xyy22(xy得x v(x24xyy2)(xy)(2x4y)x

f(z)必为常数,与题矛盾,假=3x23y26xy2两式相加并结合CR条件得：x3x23y22x从而x33y2x2xvy33x2y2y故 fx33y2x2xi(3x2yy32y)D内,由条件(1),(2)D内f1(z)f2(z)在C上,由条件(3)f1(z)f2(z)DDCf1z)f2(z).第四章解析函数的幂级数表示法（一）解:(1)其部分和数列S (111)i(111 14n 2 4 4n 3 5 4n1由交错级数收敛性判别及极限运算法则知limS4n存在,设为limS4nl,又有a4n1

i 4n1

4n2

n10,4n2

nn由此得知limSl,因此级数收敛,但非绝对收敛.nnn(2)n

(35i)n

1(

4)n

b,可知原级数绝对收敛.n1

n1n!由于limn

limnannann2

1,故原级数发散.5i226解:(1)Rlimcn limn11ncn1 n nRlimcn 2n 2ncn1

n

n1R

1 lim10ncncnncncn1cn证明:(1)如果limcn1

,则lim

,则级数的收敛半径为ncn

n11cn1cnR n

00znn(2)由(1)可证其收敛半径为R.(3)由(1)可证其收敛半径为R.znn0证明:因为cn0

Rn收敛,zR时,

cnz cn

Rn,因此级n0

n0

n0 n0数在zR上绝对收敛且一致收敛.5.解:(1)u1时,1()nun,az

1时,有1u n0 b1 1 1

a(n (n azb

b

bn0 b n因为ez

,而

ez2z平面解析,所以n0n! 2nez2 z ,(n0n!逐项积分得

)n0zzn0

z2n10e

dzn!(2n1)(z)因为snz1

(1)n

z2nz zn0

n0

如果limsinz1z0为可去奇点,可补充定义被积函数f(0)1,于是上式z0 z收敛范围为z,合于逐项积分条件,所以zsinz

z

n z2n1n00 zn0

z0(n0

(2n1)!dz(1)

(z)(2n1)(2ni)!

z1cos2z2

11(1)

n(2z)2n

1(

n1(2z)2n

(z)2 2n0

(2n)!

2n0

(2n)!(5f(z1z)2,f(n0n1)!f(z)(n1)zn|z|1)noe z z z e z z z z6.解:因为z1z ...2 6 24 120z2 z3 z4 z5ln(1z)z ...2 3 4 5e z z z z z z e z z z z z z z z所以zln(1z)(z )(2 )2 3 4 5 2 3 4z3 z4 z

z4 z5 z

z2 z

z5( )( ) ...z ...(z1)2 4 6 6 12 24 2 3 407.解:(1)sinzsin[(z11sin(z1cos1cos(z1)sin1 (1)n

n02nn0

(1)n 2n0=cos1(2nn0

(z1)1)!

sin(2n)!

(z1)=1sin(k1)(z1)k,|z1|k0k! 2(2)z1z1 1 ,再由公式1

(1)nzn

z1

2 1z12

1z n0(3) z 1(z)] 1 ,结合1

(1)nz2n

)z22z5 )

1(z12

n0(4)由于

23z0,沿负实轴(,0)割开平面,则指定分支就在z113z内单值解析,

13z31 [1(z1)]3z31 2n 2(n1)8.解:(1)z2(ez2)z2(z )z4z ,故为4级零点.n0n! n1 n!(2)6snz3z3(z6)n1

(1)n

z2n1

z3(z66)15

6z15

5!

z67! )z0为f(z的m阶零点m 0 m1 f(z)a(zz)ma (zzm 0 m1 z0g(z的n阶零点,g(z)bb(zz0

n

(zz0

)n1如果mn,则f(z)g(z)(zz0

n)n[bn

(zz0

z0f(z)g(z)的n阶零点.如果nmz0为f(z)g(z)的m阶零点.mn0nm0mn,ambm0时,z0mn0nm0

z0为f(z)g(z)m阶零点;当ambm0时,f(z)g(z)a

b(zz

)mn(a

bab

z

)mn1z0f(z)g(z的mn阶零点.0g(z)(zz0

)nm

bnbn1(zz0)f(z)

ama

m1

(zz0

)如果nmz0为f(z)/g(z的nm阶零点,如果mnz0f(z)/g(z的mn阶零点,如果mnz0f(zg(z的可去奇点.证明:4.17,z0f(z)的至少n级零点,则有0f(z)(zz)mg(z) mn0f(m)(z)g(z0

) 00.m!

0n(z)0同理(z)(zz0

)n(z

),其中(z0

) 00,则本题得证.n!解:(1)不存在(2)不存在不存在存在f(zz0点解析,由泰勒定理f(n)(z)f(z) 0(zz)nn! 0

(zK:zz0

R,KD)

n00f(nz)0n1,2,f(z)0

f(z0),(zKD)

f(z)

f(z0),(zD).证明:(反证法)假设

f(z0)是

f(z

)Df(z0

)0,则 1 是f(z0)ff(z0)f(z)

f(z)为解析函数,由最大模原理,

1f(z)

D内恒为常数,与题设矛盾,故

f(z0不可能是

f(z

)D内的最小值.证明:(反证法)设f(zD内处处不为零,则由最小,最大模原理,D内

f(z)既不能达到最小值,也不能达到最大值.

f(z

)D上连续,故

f(z

)DM和最小值m,而由上所述,这些都只能在边界C上达到,但题设

f(z

)在C上为常数,故Mf(z)m zC再由最大,最小模原理m

f(z)Mm

zD,即f(z)m zD

f(z

)D上恒为常数,由第二章习题(一)6(3)知,

f(zD内必为常数,矛盾.

(二)证明:由于级数fn(z收敛于f(z,故0N(,当nNzE,有n1sn(z)f(z)M

.g(z)MM推得sn(z)g(z)f(z)g(z)故得证.n证明:s(z)zz2zznzn1)znnnzz1,有lims(z)0.nn另一方面,n,z

11,zn1,zn不可能任意小,n22n2这就证得级数在圆z1内非一致收敛.3.证明:(1)

nv1v2vn

v1vn,两边取极限

nz2

v1vnz22!znn!zn1nzn zz22!znn!zn1ne1z

2!

n!z

e 1z22!ez1zz22!

2!

znn!znzz(1zn!)znn!znzz

zezn!znn!因为在0|z|1ze|z3|z|2 1

1n11 1 7所以|ez1|z| 3 |z|1 )

|z|2 21|z|3

2 4 4z3z3

z2 1 3

|z| |z| 1|e1||z

|2 21

3

|z|44.证明:由柯西不等式|an

|M当|z|时，n|f(z)a0

n1

||z|M|z|,|z|因此|f(z||f(za0a0||a0||f(za0|

| |a0|M0 |z|

| |a0|M=|a0|-|a0|=0f(z在|z|

|a0|M

上无零点.5.证明：因为12f(e)2=1f(e)f(e20

2=1

02 (

arne)

arnein)d0对任意自然数mk若mk，则2eikeimd0

n0

n nn02= ei(km 1 ei(km|20 (km)i 0因此，根据逐项可积公式即得：1 2

i

1

22n

22n0

|f(re

|

|an|r

i| |rn0an证明：取rR则对一切正整数knan(k)

f(z)

k!Mrn|f ()|z|r

||dz|rk于是由r的任意性知对一切knf(k0=0nnf(z)cnzn,f(z)是一个至多n次的多项式或常数.k0证明:(1z0f(z的mz0K内m 0 m1 m 0 m1 f(z)c(zz)mc (zz)m1取,(0),于是在区域N(z0,)内f(z)c(zz)mm 0 m1 m 0 m1

(cm0)(cm0)一致收敛,逐项积分可得zzzf)zczz

c

m1

)m1]d0 0zz zz0

zzcmz0

)m1dcmm1

(zz0

)m1

cm1

(zz0

)m2F(z)

cm

(zz0

)m1

cm1

(zz0

)m2z0F(z的m1阶零点.(2(2)设 (z)1

f()d,作函数z1F(z)(z)1

f()d,则F(z)zf)z0f)

f()dzz1 z1 z0z由(1z0F(z的m1阶零点,故(z)

z0f()dz为m1阶零点.1z 01证明:f1(z)u(x,yiv(x,y)f2(z)u(x,0)iv(x,0)依唯一性定理,在L上有f(z)

f1(z)L每一点都是L的极限点,而且LG,f1(z),f2(z都在G内解析,f1(z)f2(z.证明:(反证法)设存在这样的周线CI(C)D,A,f(z)A,在CI(C有无穷多个根,即f(z)A0在CI(C有无穷多个零点,必存在零点列znz0D,从而由唯一性定理,f(z)(z),与题设矛盾.证明:由最大模原理M(r)maxf(z),显然M(r)是单调上升函数,若存在zrrrM(r)M(rzrzrei使得f(z)M(r,1 2 1 2 2 1 1 1 2即在内点达到最大模,由最大模原理知f(z)恒为常数.第五章解析函数的洛朗展开与孤立奇点(一)1.解:(1)1)0

z1,z1z1112znz2(z1)

z2 z1

z2

n02)1

z1

z1z1111(2)f(z) 1

z1

(z1)2 1

z3 11 z

n0zn3z2

z21 21z2

z211z2zn =1()zn

(1)n22n02

n0

zn2(3)

ez

1zz2 z2

n... ...n!f(z)

z(1z2)=11z5z2...

zz3z 2 62.解:(1) 1 1 [

nnz i) n2nz i) n2(z21)2

4(zi)2

n0 2i 1 4(zi)2n0

nn z i) n z i) 2i

zi2)1(2)z2ez

zn2

1(0

z)n0n!

n2(n2)!zn21 1

...)(3)令z，则eze1e 22 3 4 5 42(1 ...)(12

...)2 3! 4! 5! 23 4 5(1 ...)(1 ...)(1 )...2 3! 4!2 3

=1 2 3 8

...=111

1111

4...z证明:根据洛朗定理,可设

2z2

3z3

8z

5z5nsin[t(z1)]nz n0

czn

z)其中cn

12i1

sin[t(1)] n1

(n0,1,)这里

(02)1 2sin[t(eiei)]i 1 2sin(2cos)于是cni

ei(n1)

e

ein d解(1)因为函数为有理函数,且分子,分母无公共零点,因此分母的零点就是函数z(z24)0z0以及2i,分别是分母的一级和二级零点,从而分别是函数的一级和二级极点,又因

z1z(z24)

z0,z为可去奇点.(2)由定理5.4(3)知函数sinzcosz的m级零点,就是且分母零点的极限点必为函数的极限点,因为

1sinzcosz

的m级极点,

4则令sinzcosz0,zk4

(k0,1,)且又因[

zsin(z)]4

zk4

2(1)k

0(k0,1,)zk4

(k0,1, )各为分母sinzcosz的一级零点即为 1 的sinzcosz一级极点.zk4

,z是极点的极限点,即为函数的非孤立奇点.(3z(2k1)i时,分母1ez0,且(1ez)

10z(210z(2k1)i是分母的一级零点,而此时分子(1ez)

z(2k1)z(2k1)i各为函数的一级极点,因分母,分子在平面解析,所以除此之外在平面上无其他奇点.0,解得z

2(1i),即为所给函数的极点.2且因[(z2i)3

z

2(1i)22

0,[(z2i)3]

z

2(1i)22

故z

2(1i)均为所给函数的三级极点.2又因 1(z21)3

z0,z为可去奇点.因为tan2

2sinzz ,分子分母均在z平面解析且无公共零点,sinzcos2z点即为tan2z的极点,令cos2z0,解得k,(co2sz)2

zk02

zk02

(k0,1,)zk是cos2z的二级零点,从而是tan2z的二级极点.2

1

1 2!(zi)2zi为其本性奇点,又因z

1

1z为可去奇点.

sin2z21z

z0

2(z)2 22z0为可去奇点,z为本性奇点.因为当且仅当z2ki时,分母ez10,(ez1) 0,所以z2ki为z2ki1,z2ki为其一级奇点.解:先判断各函数的奇点类型.(1)z0z为奇点.(2)z0z为奇点.z0不是孤立奇点,是极点的极限点.分母的零点是zk,这是ctgz的极点,且(sinz) 10zk是分母的一级零点,因此是ctgzz不是孤立奇点,是极点的极限点.由三个函数均为单值函数,由洛朗定理,在孤立奇点的去心邻域内均能展开成洛朗级数,在非孤立奇点的邻域内则不能.解:(1)当mna为f(zg(z)的max(mn级极点，为fg的mnfg

的mn(mn级极点与nm(mn级零点(2)当mna为fg的至多m级极点（此时各种情况均有可能产生）

1(za)m

zk,g

1(za)m

zk(kN)afg的mnfg

的可去奇点.证明:因f(zza为f(zza只能为f(z的孤立奇点.(反证)za不是(zf(z),(zf(z),(z)/f(z的本性奇点,则由上题的结论知,(zza为可去奇点或极点,矛盾.8.解:(1)

f(z)

z1ez,奇点为为一级极点，z z z(ez z z2ki(k12z为非孤立奇点z0为函数的本性奇点,z为函数的本性奇点.z是可去奇点,z0为本性奇点.z0z为本性奇点.z1为本性奇点,z2ki为一级极点,z为非孤立奇点.证明:因f(zz平面上解析,则f(zz点为孤立f(zzzf(z5.10f(z为常数.证明:(反证wf(z)为整函数且非常数若值全含于一圆之外即存在

使得对任何z恒有

f(z)w0

g(z)

1f(z)w0

zz,分母不等于0,g(zz平面上解析,即为整函数.又因f(z)非常数,所以g(z)非常数,其值全含于一圆g(z)10

之内,与刘维尔定理矛盾.证明:由题意,f(zz0的去心邻域内的洛朗展开式可设为f(z)

c1zz0

n0

cn(zz0

)n(c

0)g(z)

f(z)

c1zz0

f(z),

c11nzz01n

在zr上除去z0g(z)在zrz0外解析.g(z)cnn0

(zz0)

f(z)z0的邻域内解析,故g(zzr上解析.g(zzrg(z)

aznc

1znzg(n)(0)n z

nn0n

1n0

n10g(z)n0

znzn0a

znc10 z从而nz

[ 0 ]an1

0z0

n1

c1z0g(z)n0

znzr上解析,zz

时,级数n0

zn是收敛的,一00般项bzn0(n,故即知liman00

z.n0 a

0n11.（1）不能

（二）能，指定点不是所给函数的支点不能不能能，指定点不是所给函数的支点2f(zz1处的去心邻域应是0|z1|1，而1|z1|1zf(z的可去奇点。f(z在点a解析，故知ag(z的孤立奇点，且limg(zlim

f(zf(a)f(a)g(a，故ag(z的可去奇点。故在a业za

za

za35.4（2）f(z(z)，其中(z在点a邻域内解析，(za)m且(a)0f(z以a为m阶极点的特征，则lim(za)mf(z)lim(za)m(z)(a)0za

za

(za)mg(z)za)kf(zg(z在k{a0|za|R内有界。由5.（3ag(z)ag(z)5.（2若af(z的m级极点，则在点af(z(z)，其(za)mz中(z在点a邻域内解析，且(a0。若mkg(z以a为mk级极点，与ag(z的可去奇点矛盾，故mk。另一方面若af(z的可去奇点，则g(z在a点仍解析。故题目也成立，综合有af(z的不高于k级的极点或可去奇点。z

1 sin1

f(z)

wsinw只有唯一的奇点即本性奇点w，1z

(k1,2,zf(z)的本性奇点。1{ z0f(z的本性奇点列k

的极限点，是个非孤立奇点。（必要性）f(z)z平面上只有一个一级极点，zf(z)azbz0为极点时，Bz(ABz0)

f(z)

A

B(A0)= zz0Bz0(ABz0)A0f(z)azb,adbc0（充分性） 若

czd

zd因而a,c不同时为0，①c0，f(z)只有一个一级极点 cc0，则a0且d0f(zzf(z在点解析，|z|RR充分大，使C及其内部全令于，则得到点0R|z|f(z在其f(zcc1cn（c0）0 z zn 0由定理5.2知c 1 f(z)dz即c 1 f(z)dz1 i 1 i1故由复周线的柯西积分定理可知c11

iC

f(z)dz

limf(z) c0zc0,R,当|zR时均有|f(z)c0选取充分大的rR使得C在||r内部由于|1

f()dc|1[

||rz

0c0d]|

z

||rz1

|f)c0||d|

|z| r r|z|

f()dcr2i||rz 0zD，则

f()d01故

||rzcf()d0ccz

czzD，亦可选取充分大的r0r使得1f()d1

f()df(z)

||r0z从而1 f()df(z)icz c01证明：由于函数f(z)49 在含点的无界闭域|z|99上解析且1(z2k)limf(z0f()，于是应用上题计算积分zI1

f(z)

1 1iCz

49

98!!证明：先考察在充分大的圆周|z|Rzf(z的一切有限奇点都全含于的f(z在CC命题亦成立。证明：有两种可能的情况。f(z)有n个一级极点，且都不为0，设为1,2,,n，此时为f(z)的可去奇点。由定理5.4（2）写出f(z) (z) ，其中(z)在z平面(z1)(z2)(zn)0，因为f(z的极点，故(zz的最高次幂0不能大于n，即(z)a0

azazn，(d

0，所以1nk aazazn1nk

，其中互异，且

至少有一个不f(z) 0 1 n

k

(z1)(z2)(zn)0.f(z的一级极点，若k(k1,2,n只有一个为，把其余n1个依次排列为

5.4'（2）

aazazn ，1,2,,

n1

f(z) 0 1 n其中n0，且当iI(C)D

j时，ij(1i,jn1。

(z1)(z2)(zn1)DD1D1f(z0。k（反证法）f(zD1D内有无限多个零点，那么敛子列{znz0z0D1D1f(z0，f(zD内至多只有有限个零点。k

1f(z)

1）知

1f(z)

在D内至多只有有限个极点。15f(zczcz1z(ccz，f(z)

1 1z0f()(0)

zc

(z)f()(0)

再应用最大模原理。16.证明：

!z是圆|z|Rr满足。由最大模原理知|(z||(|||r)，即|(z||f()|M，令rR，则|(z||

f(z)|M(*) r z R特别|(0||f(0|M即|f(z|(*)M|z||z|R。R R若圆|z|Rz，使|f(z|M|z|(0|z|R，即|(z||

f(i|M，这1 R z Rc|M，Rf(zMeiz（为实数。R第六章留数理论及其应用（一）1解：(1)z=1是一级极点，故由推论6.3知1Resf(z)(z1)z1

1(z1)(z1)2

|z14Z=-16.4知Resf(z)[(z1)2z1

1(z1)(z1)2

z1

14z是可去奇点，则由教材(6.2)式知Resf(z)[Resf(zResf(z0z

z1

z1(2)zn(n0,1,sinzzn(n0,1,为6.5知

1 的sinzResf(z)zn1e2z

1z)1

|z

(2z)2

(2z)3

2 2 4(3)由z4

2zz4

2!

z3z23z所以Resf(z)C1z0

43z=0Resf(zResf(z41

z1

z0 3(4)由ez11

2所以Resf(z)1z1

z1z=1Resf(zResf(z1(5)z=1为

z2n(z1)n

z的n级极点，所以

z1z1

z2n(z1)n

(z2n

)(n1)

(2n)!(n1)!(n1)!z

z2n(z1)n

z1

z2n(z1)n

(2n)!(n1)!(n1)!(6)

z1

ezz21

(z1)

ezez21e

|z12z1

ezz21

(z1)

ezz21

|z1

e1ee2

z1

ezz21

(z1)

ezz21

|z12zRes ez

(Resf(z)Resf(z))

e1ez

z21

z1

z1 2解(1)zmsin1z=0和无穷，因zzmsin1zm(111

(1)k

1 z z 3!z3

2k!z2k1当m1的项，故zResf(z)0,Resf(z)Resf(z)0z0

z

z0当m1的项的系数为z

(1)k(1)k (1)k1z0zz0Resf(z)Resf(z)2kz0zz0z2mzm(3z是1zm的m级极点，令分母1zmi(2k1)

0zm

1e

i2k1因此zke m 且(1zm)| 0，因此ekz2m

em1

e i(2k1) eResf(z)

|ze

k ke

kzek

(1zm) k m m mesf(z)m1(k)m1kz

k0

k0mzResf(z)z

2(z)m

|z

2()mz至少是二级极点，因此Resf(z)0z由此又f(z)