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）主编：马柏林（复旦大学出版社）——课后习题答案1/66习题一a+ibeiπ/4;

3; (2i)(47i1

13.i 1i2222①解πi π π 2222e4cosisin i i4 4 2 2 2 2②解：

35i35i17i1613i7i1 1+7i17i 25 25③解：2i43i834i6i510i1 3 31i 3 5④解： =i ii 1i 2 2 2求下列各复数的实部和虚部(z=x+iy)za

1

33

1

33(a);

z3;

;

;in.① z=x+iy

za

2 2 za xiya xa

xayxay

za x2a2y2则

∴ Re 2 ,z

xiy

xaiy

xa2y2

za

xa

y2 Imza za

2xy ．2 2 xay②解：设z=x+iy∵z3xy3xy2xyx2y22ixyxx2y22y2yx2y22x2yix33y23x2yy3i

∴ez3x33y2,

mz33x2yy3．③解：∵

1i3 1i3 113

33

3

3 2

8 8

180i8∴Re1i31,

Im1i30． 2 2 3④解： ∵1i33

33

3232

3

33i

180i1 2 8 8 2/66∴Re1i31, Im1i30． 2 2 k,⑤解：∵ink

n2kk．n2k1nkeinkmin0；nk1ein0mink．求下列复数的模和共轭复数41①解：2i412ii

5．

2

(2i)(3

1i.2②解：3 2i32i2i3

5

65．2i32i2i32i2i32i47i④解：

1i 21i22 1i21i1i1i2 2 2 4、证明：当且仅当zz时，z才是实数．证明：若zz，设zxiy，则有 xiyxiy，从而有2yi0，即y=0∴z=x为实数．若z=x，x∈，则zxx．∴zz．命题成立．5、设z,w∈，证明：zw≤zw证明∵zw2zwzwzwzwzzzwwzwwz2zwzww2z2w22Rezw2 ≤zw2zw2 z2w22zwzw2∴zw≤zw．6、设z,w∈，证明下列不等式．zw2z22Rezww2zw2z22Rezww2zw2zw22z2w2并给出最后一个等式的几何解释．zw2z22Rezww2在上面第五题的证明已经证明了．zw2z22Rezww2．∵zw2zwzwzwzwz2zwwzw2z22Rezww2．从而得证．∴zw2zw22z2w2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35i

2π 2π3;i;7i1

cos9isin9. 335i17i7i1 7i17i3816i19

17ei其中πarctan8．50 25 5 ②解：iei其中π．2iπie2③解：1eiπeπi8π1

3i

2π.3∴8π1

2πi3i16πe3 2π 2π3cos

isin9 2π 2π3cos

isin9

1． 2π 2π

i2

2πi∴cos isin 1e

e3 9 98.计算：(1)i的三次根；(2)-1的三次根；(3) 3⑴i的三次根．解：

3i的平方根.13icosπisinπ3cos

2kππ2i

2kπ2

k0,1,2 2 2 3 3 ∴zπisinπ31i． z 5

5

31i1 6 6 2 2

cosπisinπ2 6 6 2 2z 9 9 3 1πisinπ i3 6 6 2 2⑵-1的三次根解：3 31sπinπ1sπinπ3 3 3

k0,1,2∴zπisinπ13i1 3 3 2 2z2cosπisinπ1z 5 5 1 3πisinπ i3 3 3 2 2⑶3

3i的平方根．22 πi223

3i=6

i2 2

6e4 2kππ 2kππ∴ 3

6e6s 4in 4

k0,1 2 2 1 π π 1 πi∴64cos isin 64e8 8 81 9 9

1 9πiz264cosπisinπ64e8． 8 8i2π9.设zen,n2.证明：1z zn10i2πzen

∴zn1，即zn10．∴z11z zn10又∵n≥2．∴z≠1从而1zz2+ zn10设是圆周{z:zcrac令Lz:Imza0, b 其中beia切于圆周的充分必要条件.解：如图所示．因为L={z:Imza=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 b C，则有∠BCD=β，∠ACB=90°α-β=90°所以L在α处切于圆周T的关于β的充要条件是α-β=90°．z所确定的平面图形，并作出草图.argzπ;(2)z1z;(3)1zi|2;Rezz;zz2.解：(1)、argz=π．表示负实轴．(2)、|z-1|=|z|．表示直线z=1．2(3)、1<|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、e(z)>Iz．解：表示直线y=x的右下半平面5、Imz>1，且|z|<2．解：表示圆盘内的一弓形域。习题二

wz1z下圆周|z|2的像.解：设zxiy, wuiv则uivxiy1

xiy

x

x

x i(y y)xiy x2

x2y2

x2y2

2y2

4,

uiv5x3yi4 4u5x所以 4

v3y, 4xu,yv5 34 4u5

v232

u25

v21321所以4 4

即2 2

，表示椭圆.wz2zwweiwuiv.（1）

0r2,π4；

0r2,0π4;(3)x=a, y=b.(a,b为实数)解：设wuiv(xiy)2x2y22xyi所以ux2y2,v2xy.w

0r2,π，则 4映射成w平面内虚轴上从O到4i的一段，即04,π.2w

0π,0r，则 4

w

04,0π.2wuivx=a映成了ua2y2,v即v24a2(a2uy=b映成了ux2b2,v即v24b2(b2u)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(1)

z1z2;z1t,则z,t0.2lim 1 limt 02于是z1z2 t01t2 .limRe(z)(2)

z0 z ;

Re(z) xz=x+yi，则

z xiy有limRe(z)

lim

x 1z0 z

x0ykx0

x1ik显然当取不同的值时f(z)的极限不同所以极限不存在.lim

zi（3）

ziz(1z2)；lim

z

lim

z

1解：ziz(1z2)=ziz(iz)(zi)limzz2zz2

ziz(iz) 2.（4）

z1

z21 .zz2zz2(z2)(z1)z2,解：因为

z21 (z1)(z1) z1zz2zz2z23所以z1

z21

z1z1 2.4.讨论下列函数的连续性：(1) xy

z0,f(z)x2y2,

z0;limf(z) lim 解：因为z0 (x,y)(0,0)x2y2,lim

xy k若令y=kx,则(x,y)(0,0)x2y2

1k2,k取不同值时，f(z)f(z)z=0处极限不存在f(z)z=0z=0外连续.(2)x3yf(z)x4y2,0,

z0,z0.0解：因为

x3yx4x3yx4y2x3y2x2yx,x3y4 4 所以(x,y)(0,0)xy

0f(0)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.(1)

f(z)(z1)n1

(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(z1)n1.(2)

f(z)

z2(z1)(z21).解：因为f(z)为有理函数，所以f(z)在(z1)(z21)0处不可导.从而f(z)除z1,zi外可导.f(z)

(z2)(z1)(z2(z1)[(z1)(z2(z(z2(3)

2z35z24z3(z1)2(z21)2f(z)3z85z7.z=7

f(z)3(5z7)(3z 61解：f(z)除

5外处处可导，且

(5z7)2

(5z7)2.

f(z)

xyx2y2

ixyx2y2.解：因为xyi(x

xiyi(xiy)(xiy)(1i)z(1i)1i

(1i)f(z)22

2 2 2 2

f(z)xy

y xy

z.所以f(z)除z=0外处处可导，且

z2 .z2 z2 (1)

f(z)xy2ix2y;解：u(x,y)xy2,v(x,y)x2y在全平面上可微.yy2,x所以要使得

u2xy,y

v2xy,x

vx2yuv

u x y

yx只有当z=0从而f(z)在z=0处可导，在全平面上不解析.(2)

f(z)x2iy2.解：u(x,y)x2,v(x,y)y2在全平面上可微.u2x,x

u0,y

v0,x

v2yyuvu z=0时,即(0,0)x

y,

yy所以f(z)在z=0处可导，在全平面上不解析.(3)

f(z)2x33iy3;解：u(x,y)2x3,v(x,y)3y3在全平面上可微.u6x2,x

u0,y

9y2,x

v0y所以只有当2x3yC-R方程.从而f(z)在2x3y0处可导，在全平面不解析.(4)

f(z)zz2.解：设zxiy，则f(z)(xiy)(xiy)2x3xy2i(y3x2y)u(x,y)x3xy2,v(x,y)y3x2yu3x2y2,x

u2xy,y

v2xy,x

v3y2x2yz=0时才满足C-R方程.f(z)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.(1)

f(z)0;

uu

vv0证明：因为f(z)0，所以,.所以u,v为常数，于是f(z)为常数.(2)

f(z)解析.证明：设f(z)uiv在D内解析,则(v)(v), uu,

uv而f(z)为解析函数，所以

uuvv0所以

即从而v为常数，u为常数，即f(z)为常数.Ref(z)=常数.uu0证明：因为Ref(z)为常数，即u=C1,x yuu0因为f(z)解析，C-R条件成立。故x y从而f(z)为常数.Imf(z)=常数.

即u=C2vv0证明：与（3）类似，由v=C1得uu0因为f(z)解析，由C-R方程得所以f(z)为常数.5.|f(z)|=常数.

,即u=C2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C0，则f(z)0,但f(z)f(z)C2，即u2+v2=C2则两边对x,y分别求偏导数，有2v2v0利用C-R条件，由于f(z)在D内解析，有uuvv0 x x u v

v u 0

0所以 x x

所以即u=C1,v=C2,于是f(z)为常数.(6)argf(z)=常数.证明：argf(z)=

arctanvCuuu2(uvv

u2(uvvu)(v/u)

x

y y0于是1(v/u)2得uvvu

u2(u2v2)

u2(u2v2) x x v uu v 0 y y

C-R条件→uvvu0 x x v uu v 0 x xuvuv0解得

，即u,v为常数，于是f(z)为常数.f(z)=my3+nx2y+i(x3+lxy2)zm,n,l的值.f(z)C-R条件.u2nxy,xv3x2ly2,xuvnl

3my2yv2lxyyuvn3,l3m所以n3,l3,m1.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u3x23y2,x

u6xy,y

v6xy,x

v3x23y2y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)uiv3x23y26xyi3(x2y22xyi)3z2

f(z)ex(xcosyysiny)iex(ycosyxsiny)证明：

.(2) .u(x,y)ex(xyyy),

v(x,y)=ex(ycosyxsiny)处处可微，且uex(xcosyysiny)ex(cosy)ex(xcosyysinycosy)xex(xsinysinyyy)ex(xsinysinyyy)y

vex(ycosyxsiny)ex(siny)ex(ycosyxsinysiny)xexyy(siny)xy)exyysinyxy)

uv u x所以f(z)处处可导，处处解析.f(z)uivex(xcosyysinycosy)i(ex(ycosyxsinysiny))

y,

yxx xexcosyiexsinyx(excosyiexsiny)iy(excosyiexsinezxeziyezez(1z)x3y3ix3y3

设fz

x2y20.

,z0.z0.求证：(1)f(z)在z=0处连续．(2)f(z)在z=0处满足柯西—黎曼方程．(3)f′(0)不存在．f(z)证明.(1)∵z0

limx,y0,0

ux,yivx,ylim

ux,y

lim

x3y3而x,y0,0

x,y0,0x2y2x3y3

xy

1 xy x2y2

x2y2∵ x3y3x2y230x3y3x2y23∴ 2lim

x3y32 2 0∴x,y0,0xylim

x3y32 2 0同理x,y0,0xylim∴x,y0,0

fz0f0∴f(z)在z=0处连续．limf(z)f0考察极限z0 z当z沿虚轴趋向于零时，z=iy，有 f0 11fiy f0 1y0iy y0iy y2 ．当z沿实轴趋向于零时，z=x，有lim1fxf01ix0xi, i

, ∴∴满足C-R条件．zy=x趋向于零时，有x

fxixf0,xix

x

x31ix31i2x31i

i1ilimf∴z0z不存在．即f(z)在z=0处不可导．设区域D位于上半平面，D1是Dxf(z)DFzfz在区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．, 所以u(x,y),v(x,y)在D内可微且满足C-R方程，即．fzux,yivx,yx,yix,y，得x,y

ux,yux,y

x,y

vx,yvx,y

y,

故φ(x,y),ψ(x,y)在D1内可微且满足C-R条件fzD1内解析3(1)e2+i=e2∙ei=e2∙(cos1+isin1)32i

2 πi

2

π

π

21 e3e3e3

e3cosisin

e3 i(2)(3)

3

3 2 2xxyReexyiReexyexyxyi x Reexycos

isin

y x2y2 x2y2 exycos y x2y2(4)ei2xiyeie2xiye2xe2iye2x设zf(z)=z+ezz=reiθ，对于θ，z→∞时，r→∞．memersin故rfz所以z计算下列各值．(1)

r ．． ln23i=ln13iarg23iln13iπ3 2ln3

3iln23iarg3

3iln23iπln23πi6 6(2) (3)ln(ei)=ln1+iarg(ei)=ln1+i=i(4)lnielneiargie1πi2f(z)=|z|+lnz的连续性与可导性．x2y2x2y2z=x+iyg(zz

ux,yivx,yux,y

x2 y2,vx, 在复平面内可微．1 1 x yx

x2y222x x2y2x2x2y2x2y2v0x

v0y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)1i1ieln1i1ie1iln1ie

1iln2πi2kπi eln2πiln2iπ2kπ 4 4

4 ln2π2kπ iπln2 e

e4 ln2π2kπ

π

π e 4 cos ln2isin ln2 4 4 2kππ22

π

π e 4cos

ln2isin ln2(2)

4

4 35eln35e5ln35e5ln3iπ2kπie5ln35iπ2kπ5i5e5ln3cos2k35cos2kπ

isin2kπ55isin2kπ5(3)

1ieln1ieiln1eiln1i02kπiei2kπie2kπ1i1i ln1i

1iln1i1i

2 22(4) 2

e e 1iln1iπ2kπi 1i2kπiπi e

4

e 4 2kπiπi2kππ π2kπ i2kππ e 4 4e4π2kπ π

e 4πe4 cos isin 4 422π2kπ 22e418.计算下列各值(1)

i2 2cosπ5i

eiπ5ieiπ5i

eiπ5eiπ52 2e5e51e5e5e5e52 2 2(2)

ch5sin

ei15iei15i

ei5ei52i 2ie5cos1isin1e5cos1isin12i e5e5 e sin1i 2 2

ei3iei3itan3isin3isin6isin2(3)

cos3i

ei3iei3i2i

2ch21sin23

(4)sinz2

12i

ey

2eyxi

sinxchyicosxshy2sin2xch2ycos2xsh2ysin2xh2ysh2ys2xsin2xsh2ysin2xsh2y

(5)arcsiniilniin

1i2iln2i2π

2k in 21iπ2πarctan2iiln1i12iiln21i2 1i2i 2 5 5(6)

kπ1arctan2iln52 4求解下列方程(1)sinz=2．解：zarcsin21ln2ii

in2

3i 1 33iln2 2k πi 2 2k1πiln23,k0,1, 2(2)ez13i0解：ez1即zln

3iln2iπ2kπi3ln22k1πi 3 (3)lnzπi2iπ πilnz i解： 2

即ze2i(4)zln1i0zln1iln2iπ2kπiln22k1πi4 解：z=x+iy，求证sinz=sinxchy+icosx∙shy证明：

4 ．eizeizsinz

eixiyexyii1.eyxieyxi2isinxchyicosx.shycosz=cosx∙chy-isinx∙shy证明：eizeiz

1ixyi

ixyicosz e e2 21eyxieyxi21eyosxisinxey.osxisinx2eyey

eyey2 .cosxsin

2 cosx.chyisinx.shy|sinz|2=sin2x+sh2y证明：sinz1eyxieyxisinxchyicosxshy2isinz2sin2xch2ycos2x.sh2yin2xh2yh2ys2xin2xh2ysin2xsh2y|cosz|2=cos2x+sh2y证明：coszcosxchyisinxshycosz2cos2x.ch2ysin2x.sh2ys2xh2yh2ys2xin2x.h2ycos2xsh2yy→∞时，|sin(x+iy)|和|cos(x+iy)|都趋于无穷大．证明：sinz1eizeiz1eyxieyxisinz1eyxieyxi2∴ey

e

eyxi

eysinz≥1eyxieyxi1eyey而 2 2y→+∞时，e-y→0，ey→+∞有|sinz|→∞．y→-∞时，e-y→+∞，ey→0有cosxiy1eyxieyxi≥1eyey同理得 2 2y→∞时有|cosz|→∞．

习题三(xyix2)dz计算积分C

,其中C为从原点到点1+i的直线段.解设直线段的方程为yx,则zxix.0x10xyix2z1xyix2d(xix)0C故1ix2(1i)dxi(1i)1x31i(1i)i1故0(1z)dz

3 0 3 3计算积分C ，其中积分路径C为01+i的直线段;沿抛物线y=x2，从点0到点1+i的弧段解(1)设zxix. 0x1 11zdz01C

xixd

)ix(2)设zxix2. 0x131zz11xx2d(xx2)i30Czdz计算积分C ，其中积分路径C为从点-ii的直线段;沿单位圆周|z|=1的左半圆周，从点-ii;沿单位圆周|z|=1的右半圆周，从点-ii.解(1)ziy.

1y11 zz1yi1yi1 C设z.从22 zdz 2i2deiC 2 2设z.从22 zdz 2C 2zesinz zdzesinzzCCzesinz zdzesinzzCCCzezsinz解ezsinz在

a所围的区域内解析Cesinzdz0z∴zesinzdzzzdz adae2iCC0a2i2eid00故zezsinzdz0故Cz(z21)Cz(z21)1 dz（1）

1:z2

（2）3

3:z2

（3）

1:zi2（4）C4:zi21（1）

1z2所围的区域内，

z(z21)

只有一个奇点

z0.1 dz(111Cz(z1 dz(111Cz(z2z2zi2zi11

（2）在C2z,zi.故2 1 dz2C

(111

1

1)dz2iii0Cz(z

1)

z

z

2zi

（3）在2所围的区域内包含一个奇点zi,故 1 dz

(111

1

1)dz00iiCz(z2)

C

2zi

2zi

（4）在C4z,zi,故2 1 dz2C

(111

1

1)dz2iiiz(z

1)

z

z

2zi10.利用牛顿-莱布尼兹公式计算下列积分.

0z i 2(1)

s

ie

(3)

1(2iz)ziln(z1)dz 1

i1tanzdz(4)

z1

0zinz

1s2z解(1)z22i z z2

2i0(2)

dz sin2 2 0

2ch100

ezdze

0

2i(2iz)2dz1i(2iz)2d(2iz)11(2iz)3i11i(3)1

i1

i3 1 3 384iln(z1) i84

12

12 2(4)010100110zsinzdzzdcoszzcoszcoszdzsin1cos11

z

z1(zd(z)2n(z)1( 3n)i1tanzdz

isec2zdz

isec2ztanzdztanzi1tan2zi1s2z 1 1 1 1

12 1(6)

tan1

tan212

th21

11.计算积分

,其中C为(1)解

zi1(1)ez

zi1ez

eezCz12dz

2ezzezziCz2

dzC1 (zi)(zC

dz2i

zieezeziCz2zi

z

e dzi

zie(2)

1 (zi)(zez ez

ezziezezziC

zC

zC

dze

2isin1(3)

z1

z1

z116.求下列积分的值,其中积分路径C均为|z|=1.Cz5dzezCz5dzezcoszdzCz3(z (1)解(1)ez

(2)i

z(4)

(3)

2dz,z102C020Cz5z(2)

(e)4!

z012zdziz)(2)

iC(3)

z3 2!tanz

z0(z 2dz(z C0

z

isec2z02C(z1)3(z1)3C(z1)3(z1)31 dzz1,R2的正向圆周z,R2的正向圆周解：(1)C内包含了奇点z1∴ 1 dzi( 1∴

)(2)

3iC(z)3(z)3 2!(z

z1 8(2)C内包含了奇点z1,∴ 1 dzi(∴

1 )(2)

3iC(z)3(z)3

2!(z1)3

z1 8.x36x2y3xy22y3;exy1i(exsiny解(1)设 wuiux36x2y3xy2解(1)设 ∴

0u3x212xy3y2x

u6x26xy6y2y2ux2

6x12y

2u y2

从而有2u2ux2 y2

,w满足拉普拉斯方程,从而是调和函数.(2) wuuexcosy1

exsiny1uexcosy∴x

uexsinyy2ux2

ex

cosy

2u y2

cosy从而有,2u2u,x2 y2 0

满足拉普拉斯方程,从而是调和函数.exsinyx

excosyyx2

ex

siny

2x y2 si ,22,x2 y2 0

满足拉普拉斯方程,从而是调和函数.证明:函数ux2y2,证明:

xx2y2都是调和函数,但f(z)ui不是解析函数u u

2u

2ux2x y

2y x2

y2 22u2u0∴x2 y2

,从而u是调和函数. y2x2

2xy (x2y2)2

(x2y226xy22x3 26xy22x3x2 (x2y2)3 y2 (x2y2220∴x2 y2

,从而是调和函数.u u 但∵xy yx但∵C-R方程,f(z)u不是解析函数.22.由下列各已知调和函数,f(z)uux2y2

u(2)

yx2y2

,f(1)0u2xy u2yx解(1)因为x所以

y (x,y)udxudyC(x,y)(2yx)dx(2xy)dyCxxdxy(2xy)dyC(0,0) y x

(0,0) 0 02xyCx2y2 2xyC2 22 2 x2 y2f(z)xy

i( 2xyC)2 2令y=0,上式变为f(x)x2从而

i(x222

C)f(z)z2

2iC2u

2xy

u

x2y2

(x2y2)2

(x2y2)2用线积分法，取（x0,y0）为(1,0)，有(x,y)uu

xx2 y 2y ,0)1

ydxx

xdy)Cx

1x4xx0(x2y2)2yC

f(z)

y i( x

1C)1 1Cx x2y20 x2y2

x2y2

x2y2由f(1)0.，得C=0 fzi1 z (zan)23.设p(z)(za(zan)分p(p(z)dzCp(z)Cp(z)的零点的个数.

,其中,n)各不相同，闭路C不通过, ,,证明积证明:不妨设闭路C内P(z)的零点的个数为k,其零点分别为a1,a2,...ak1

P(z)dz1

(za)(za)(za)...(za)...(za)2πi

P(z) 2πi

(za)(za)...(za)11dz11dz...11dz2πi

z

2πi

za

2πi

za11...111dz...11dz2πik

za

2πi

za

24.试证明下述定理(无界区域的柯西积分公式):设f(z)在limf(z)A闭路C及其外部区域D内解析，且z ，则1f()df(z)A,

zD,2πiCz

zG.其中G为C所围内部区域.DZR

zR，将C与Z包含在内则f(z)在以C及CR为边界的区域内解析，依柯西积分公式，有f(z)1[

f)d-

f()d]2πi CRf(z)

Cz因为 z

在R上解析，且lim

f)limf)

limf()1

z

1z

所以，当Z在C外部时，有f()dCf()dCz2πi1

f

f(z)A即2πiCz设Z在C内，则f(z)=0，即01[

f()d

f()d]2πi CRz Cz1f()dA2πiCz

习题四 复级数an与b都发散,则级数(a

b)和ab发散.这个命题是否成立?为什么?n1

nn1

n n1

nnn1答.不一定．反例:n a1i1,b1n n1

n1

nn1

n1

n n2发散但(abi2收敛n n1

n1n2(ab)

发散n n1

n1nab[(11)]收敛.nnn1

n2 n4下列复数项级数是否收敛,是绝对收敛还是条件收敛?1i

2n1

15in

iπenn(1)nn1

(2)( 2n12

nnn(4)

n1

inln

(5)

n0

cosin2nn1i2n1n

1(1)ni

1(1)n解(1)n n

n11

n1nn

n1i2n1

in1因为n1

n

发散n1(2)

n15i226( )15i226n1

15i

n1n

21 5n又因为n

)lim( i)2 n2 215in所以(

2πi

)发散

iπ n

cos

πisinπ (3)

en

1发散,又因为en n1πisinπ)收敛,所以不绝对收敛.(4)

n1n1

ninln

n1nn1

1lnn

n1n

n1 n

n1n n n因为1 1lnn n1所以级数不绝对收敛.n=2k

(1)k收敛k1ln2kn=2k+1

(1)k

也收敛k1ln(2k1)所以原级数条件收敛(5)

in

1enen1(e)n1(1)nn0 2n n02n 2 2e 1n

2 2n02e其中()n发散,( )收敛n02 n02e所以原级数发散. 证明:若)0,且a和 a2收敛,则级数a2绝对收敛.证明:设

nn1

nn1

nn1axiy,a2(xiy)2x2y22xyin n n n n n n n nnn因为ann1

和和a收敛nn1 n n n n n所以xy(xn n n n nn1

n1

n1

n1又因为Re(an)0,x0且xx20n nn nnn n

x2x所以 收敛2nn1a2x2y22x2(x2y2)n n n n n n 而2x2(x2y2)收敛nn1

n nn1所以ann1

收敛，从而级数 收敛，从而级数 绝对收敛.nn1讨论级数(zn1zn)的敛散性n0解 因为部分和

nn(zk1zk)zn11，所以，当z,n1k0当z1时,sn0，当z1时,sn不存在.zi而0时（z,z1，cosnθsinnθ当z>1时,sn.z1z1

(zn1zn)收敛.n0n幂级数C(z2)nz=0z=3nn0CnCn1Cn

，则当z21时，级数收敛，z21时发散.n 若在z=0处收敛,则12若在z=3处发散,则11显然矛盾,所以幂级数C(z2)n不能在z=0处收敛而在z=3处发散nn0n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.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.

nnn0

Czn

R,

n0

Cnznbn

的收敛半径。Cn1Cn1bn1Cnbnn

limn

11Cn1Cn1bRb所以RCn1Cn1bRb 证明：若幂级数azn的系数满足limn

，则n0(1)当0时,(2)当0时,R

nR1

n n(3)

R0证明：考虑正项级数aznazaz2...azn...n 1 2 nn0n由于nn

azn

nlimnannn

znz，若0z时1 n

1 n2z时anzz时

时anz

limna

1级数发散.故收n0敛半径R1

n n.n当0时,z1,级数收敛且R.n

,对z0,

当充分大时,必有

azn2

不能趋于零,级数发散.且

R0求下列级数的收敛半径，并写出收敛圆周。(zi)n

npzn(1)

pnn0n

(2)

n0(i)n12n1z2n1(3)

n0

2nin n(n1)(4)

(nn0n

(z1)解:(１)1(1(n1np

lim(

n)plim(1

1)p1nR1

n

n1 n

n1

收敛圆周zi1(2)(n1)pn(n1)pnpnR1所以收敛圆周z1

f(z)(i)n12n1z2n1n 2n12由比值法,有12f (z)

(2n1)2nz2n1limn1

lim

z2n fn(z)

n(2n1)22n1z2n1要级数收敛,则2z2级数绝对收敛,收敛半径为2R2所以收敛圆周2()(z1)2()(z1)zz1n1

f(z)in n(n1)n n(z1)n(n1)limnf(z1)n(n1)

lim

若1n n

n nn

n n

,若1所以z11时绝对收敛,收敛半径R1所以z11收敛圆周求下列级数的和函数.

n z2n(1)

(1)n1nznn1

(2)

(1)n0

(2n)!解:(1)CnCn1Cn

limn11n

nn故收敛半径R=1,由逐项积分性质，有：z00所以

nzn-1dz

(1)nznz1z()nzn1(z 1 ,z1n1

1z

(1z)2于是有：()n1znz()nnzn1 z

z1n1令：s(z)()n0

n1z2n(2n)!

(1z)2limCn1nlimCn1nCn

0.n(2n1)(2n2)故R=∞,由逐项求导性质s(z)

(1)nz

z2n1(2n

z

z

s(z)s(z)s(z)() ()

(mn)()

由此得到

(2n

(2m)!

(2n)!即有微分方程s(z)s(z)0故有：s(z)AcoszBsinz， A,B待定。()A[()n

z2n

]z01A1n0

(2n)!s()nzBsz[()n

z2n1]

0B0所以 n z2n

n1

(2n1)!z0(1)n0

(2n)!

R n设级数Cn收敛，而n

发散，证明Czn的收敛半径为1n0

n0

n0证明：因为级数Cn收敛n0设C Zn1limn1

z.nn CZnn若CzCz的收敛半径为1nnn0则z1则现用反证法证明1若01

Cn1CnCn1Cn

，即Cn收敛，与条件矛盾。n0 nn若1z1，从而Czn在单位圆上等于Cnn

，是收敛的，这与收敛半径的概念矛盾。n0综上述可知，必有1，所以R11

n0若Cznzz

点z都发散.n 0 0n0zzCznz处收敛1 0 n 1n0则对 1 n nz

，

Czn

Czn在点z0处收敛CzCz 矛盾,从而 在nn

处发散.n0用直接法将函数ezz0z4项),并指出其收敛半径.z 1ez解:因为ln(1e)ln(ez)奇点为zk(2k1)πi(k0,1,...)所以Rπ又z0ez) z0z

ez 1[ln(1e)]1ez

z02z

ez 1[ln(1e)]

ez

z022ezeeze2z(1ez)3[ln(1e)]

z00ez4eez4eze2z)(1ez)4e)]

z023于是，有展开式ez)21z

z2

z4...,Rπ2 2!22121用直接法将函数1z221

4!232z12

点处展开为泰勒级数,(到

(z1)4项)zi又

为1z2Rf(z)

11z2

,f(1)12f(z)

2z(1z2)2

,f(1)1226z2 1f(z)

(1z2)3,f

(1)2f (z)24f (z)

(1z2)4,f

0f(4)

(z)

24240z2120z4(1z2)5

,f(4)

(1)0于是，f(z)在z1处的泰勒级数为11z2

11(z1)1(z1)23(z1)4...,R22 2 4 4!2用间接法将下列函数展开为泰勒级数，并指出其收敛性.(1)

12z3

z0

z1处(2)

sin3z z0在 zz0在 z(4)(z1)(z2)在

z2处(5)z)z0解（1）1 1 11 1(2z)n,z32z3 32z

312z3

3n03 21 1 1 1 2n(z)n,z112z32z212(z1 12(z

n0 2n0 n0

2n1

z3 z5(2)

sinz(2n1)!z

z ...3! 5!33 n 32n3

2n1sin

z 4n04

z(2n1)!

,z(3)

z1 dz 01 ziR1z

z1dz

z()nz2nz()n1z2n1,z1(4)

01z2

0n0

n0

2n11 11

1 1 1

1 1(z1)(z2)z1z2z23z2431z241z23 41()n(z2)n1()n(z2)n3n0

3 4n0 4()n(11(z2)n,

z23n0

3n1

4n1(5)因为从z1沿负实轴ln(1z)不解析所以,收敛半径为R=11z1

(1)nzn1z

n01z)z()nznz()n1zn1,z10n0

n0 nzR内解析且在区间(RRf(zz的幂级数时，展开式的系数都是实数？答：因为当z取实数值时，f(z)与f(x)的泰勒级数展开式是完全一致的，而在xR内，f(x)的展开式系数都是实数。所以在zR内，f(z)的幂级数展开式的系数是实数.

f(z)

2z1z2z2的以

z

为中心的各个圆环域内的罗朗级数.解:函数f(z)有奇点z11与z22,有三个以z0为中心的圆环域,其罗朗级数.分别为：2z1 1 1

n1

nzn在z内，f(z) = z2z

2

2(1)()2z1z()n1)zn

n0

n0 2n0

2n11在1zf(ze1z展开成罗朗级数.解:令t

1,1z则f(z)et1t1t21t3...2! 3!而t

11z在

1z

内展开式为1 1

11

...)1z

11z

z z z2所以,代入可得f(z)11(111...)11(111...)2...z z z2 2!z z z211z

12z2

16z3

124z4

19120z5

...有人做下列运算,并根据运算做出如下结果z1z

zz2z3...z 111...z1 z z2z z 0因为1z z1

,所以有结果...11z3

111zz2z3...0z你认为正确吗?为什么?z答:不正确,因为1z

zz2z3...

要求z1要求z 111...

z1而1z z z2 要求所以,在不同区域内zz...11111zz2z3...01z z1 z6 z2 z

f(z)cos(z1)z

用z的幂表示的罗朗级数展开式中的系数为C1

cos(2cos)cosnd.n0,1,...2πn 2π02π证明:因为

z0

z

cos(z1)z

的奇点，所以在0

z内，

cos(z1)z

的罗朗级数为ns(z1)Cznnz n其中Cn

12πi

1c n1

d,n0,1,2,...C0

z内任一条绕原点的简单曲线.cos(z1)Cn

12πiz1

zn1

zdz,(zei,02π)1 2πcos(eiei) i

1 2πcos(eiei)2πi0

ei(n1)

ied

2π0

eid12πos(eiei)osisin2π012πcos(2cos)cosd.

n0,1,...2π022.

z

是函数

f(z)

1cos(1z)的孤立奇点吗?为什么?解:因为

f(z)

1cos1z

z01kππz 1 (k2,...)z所以在

2z

kππ2z

1kππ，当2

k

时，z=0。z

1不是cos(1z)的孤立奇点.用级数展开法指出函数6sinz3z3(z6z0处零点的级.解：f(z)6sinz3z3(z66)6sinz3z96z36(z31z91z15...)z96z33! 5!z=0f(z)15z0是否为下列函数的孤立奇点，并确定奇点的类型：⑴ e1/z； ⑵

1cosz21解:z0是ez因为1 1 1 1ez1 ... ...z 2!z2 n!zn1z0是ez的本性奇点.(2)因为1zz2z0

111z21z4...2! 4!z21cosz

11z2...2! 4!所以 是 z2

的可去奇点.下列函数有些什么奇点？如果是极点，指出其点：sin⑴z3

1⑵z2(ez1)

1⑶sinz2解:(1)

sinzz3

z1z31z5...3! 5! z3

111z2...z2 3! 5!所以z0是奇点,是二级极点.解:(2)

z2kπi(k0,1,...)z02kπi是一级极点,0解:(3)z0sinz2

z00,z(sinz2) cosz22zzz(sinz24z2sinz22cosz22z是 的二级零z0 sin是 的二级零而z所以

2sinzkπi是 的sinzkπi

z

2sinsinz

1 是sinz2的二级极点,

i,

1kπ是sinz2的一级极点.kπz下列各函数的什么奇点？⑴ e1/z2

⑵ z

2z⑶3z2解:(1)当z时,1

1ez21zz 所以, 是 的可去奇点.因为coszsinz11z21z4...z1z31z5...2! 4! 3! 5!1z1z21z31z41z5...2! 3! 4! 5!所以,z是coszsinz的本性奇点.

z时,z

2z 03z22z所以,

是3z2的可去奇点.f(z)

1z(z1)2

在z1处有一个二级极点，但根据下面罗朗展开式：1 1

1

1.z(z12)

z(

51)

(

1)1)z1f(z)解: 不对,z=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0

z11内得到的在0

z11内的罗朗展开式为1 11

1

1(z1)(z1)2...z(z1)2 zz1(z

(z1)2z1C

3Cf(zz的值(1)

f(z)

1z(z2)

(2)

f(z)

z(z1)(z2)（1）1 1[1 1 ]z(z2)

z z(12)z1(2

48

...), 2

z2z2

z3 z4而z=3在2

z内，C10,故Cf(zz2π10z(2)(z1)(z2在2

z

内处处解析，罗朗展开式为z 1

1] 1 1(z1)(z2) z1

z2 1

12137

...,2

z zzz z2 z3z=32

z内，C11,故Cf(zz2π12πi求下列函数的留数．

习题五(1)fz

ez1在z=0处．z5ez1解：z5

在0<|z|<+∞的罗朗展开式为z2 z3 z421z 1 1 11 11 112

ez1 1 1 2! 3! 4!

4

3

∴

5,0

1z5

2!z

3!z

4!z

z

4! 241(2)fzez1在z=1处．1ez10<z1|<+∞的罗朗展开式为1 1 1 1 1 1 1 1ez11z

2 3 n12!1

z1

3!z1

n!z1∴ez11．f(z)在有限孤立奇点处的留数．(1)fz

3z2z2z2fz

3z2z2z

的有限孤立奇点处有z=0，z=-2．其中z=0为二级极点z=-2为一级极点．∴

1 3z2

3z23z2 4Resfz,0lim lim

1z0z2

z22 4Resfz,2lim3z21z2 z2利用罗朗展开式求函数z12sin1在∞处的留数．zz12sin1z22zsin1z zz22z111111z 3!z∴Resfz,011

5!z53!从而Resfz,113!计算下列积分．(1)cnz，n为正整数，c为|n取正向．

tanπzdz

sinπzdz．c cπzctanπz有zk1k 2

(k=0,±1,±2…±(n-1))一级极点由于Resfz,z

1 k

πsinπzcossinπzcosπz∴ 2πi fz,z2πi12n4nic

k π(2)解：因为

k dzcdzczi10z1z31 cz=1，z=-izi10z1z3所以dzczi10z1z2πiResdzczi10z1z2πiResfz,3Resfz, πi3i10计算下列积分．(1)πcosmd054cosθI1πd令I1π

sin

d则有

2π54cos1 2π54s1π I12π54s1

z21设zeid1

dzcos 则iz 2zzm dzIiI12z1

1z2iz54 2zzmzzmz52z22i zm 1被积函数fz 在|z|=1内只有一个简单极点z5z21z22但

fz,

12

z12

zm5z21

2

132m所以IiI2πi1 1 π1I1

3sinm

32md01 2π54s∴πcosmd054cos

π32m(2) 2π d，|a|>1．0

12acosa2I2π

I2π sind1

12acos2π

2e3i

012asa21I2iθ

d12acosa2z3 1

．cos2z

d

dz，则izzz1z312az1a22I1iI2 izdz2z1 z3i zaz2a2zadz12πiResfz,1 2πi aa3a21得I 2π 1 a3a21(3) (3) x2a2x2b2解：令Rz12 2 2

R(zz=ia和ib．故zazb

x2I2πiResRz,ResRz,bi

（4）.

x2

22dx，a>0．2πilimz 1 limzbi 1 z

z2a2z2b2

zbi

z2a2z2b22πi 1

1 π2iab2a2πabab

ba2b2 x2 1 x20azaz

x2a22x2z2

2a22dx令Rz

222，则z=±分别为R(z)的二级极点故0 x2 1

(5)

xsinxdx，β>0，b>0．22x2a2

dx2πiResRz,ResRz,2

0x

2b2 z2

πilimzz2πilimlimz

2zz π2a解：x

eixdx

xxdx

xsinxdxx2b22

x2b22

x2b22Rz

zz2b2

，则R(z)在上半平面有z=bi一个二级极点．x

eixdx2πiResRzeiz,bix2b222πilimzbi

zeizzbi

πe2b

bixsinxdxπebx2b22 b从而xsinxdxπebπ0x2b22 b eix

4beb(6)x2a2x，aRz

1z2

，在上半平面有z=一个一级极点eix

iz

eiz

eaπ7.x2a2

2πiResRz

e, 2πizz

2πi2

aeasin2xdx0x1x2Rz

1 2RzrcrCR,z1z-rCr,[rRi,

e2iz dzI1

e2ix

dx1Im2πiResRz,ilim

e2iz

dz而lim

πi．2x1x22

r0z1z2

r

crz2 z 故：1

1 e2

π

2

azI2πilim

πi2πi

πi 1

．(2)

T2z，其中T为直线R=, >0, 0a zizzi

2

2

2

ezln

2πi z

2 2 eclna 2 2

eclnaz=c+iyyf

z2z2

，fciy cy

fciydy dycy 2 收敛，所以积分cifz 2 cicfzzmcRfzzm

fzdzci

ciR RABABc-iRc+iR的线段．f(z)沿长方形-R≤x≤c，-R≤y≤R周界的积分．＜如下图＞fz=0，而且sfz,0mz2fznaz0所以由留数定理．BfzzEfzzFfzzAfzz2ina RexRilna

Cexlna

C

eClna

R而EfzzCxi2x≤Rx2R2x≤RR2xR2CR0．习题六w1下，下列曲线的像.z(1)

x2y2ax

(a0，为实数)解：w1 1 x y

i=u+ivz xiy x2y2 x2y2u x x1,x2y2 ax a所以w1将x2y2ax映成直线u1.z ay(k为实数)w1

x y iz x2y2 x2y2u xx2y2

v

yx2y2

x2y2vku故w1将ykx映成直线vku.z下列区域在指定的映射下映成什么？（1）Im(z)w(1i)z；解：w(1i)(xiy)(xy)i(x+y)uxy,vxy.所以

uv2y0.故w(1i)z将Im(z)0,映成Im(w)Re(w).(2)Re(z)>0. 0<Im(z)<1,

wi.z解：设z=x+iy, x>0, 0<y<1.wi i

i(xiy)

y x iz xiy x2

x2y2

x2y2Re(w)>0.Im(w)>0. 若w=u+ivy uu2

,x

vu20<y<1,则0

uu2

(u1)2v212 2wiRe(z)>0,0<Im(z)<1.映为z

w1 (以（1,0）1为半径的圆)22212222w=z2z=iw=z2z=iw平面上哪一个方向？并作图.w=2zw(i)=2i,|w|=2,argwπ.2iw平面上过点-1，且方向垂直向上的向量.如图所示.→w=z2z都具有这个性质吗？w=z2z=0z=00<x<1wz的一般形式.试求所有使点1不动的分式线性变换.wazb(ad-bc0)由1.得czd1abbacdcd因为wa(z1)cd,czd即w1a(z1)c(z1),czd由11代入上式，得22acad.cdw1(z

dc

1d(z1)c令dq，得c

cczd zdcw1(zq)/(zq) (zq)az1w1 (zq)/(zq)2 (z1)(q1)a为复数.

z1w1az1，a为复数.w1 z1wazb将圆周|z|=1czdwazb将圆周|z|=1zdw.czd c而zd落在单位圆周|z|=1,所以d1,|c|=|d|.c cad-bc0,且|c|=|d|.wz1作用下，下列集合的像.z1(1)Re(z)0; (2)|z|=2; (3)Im(z)>0.解：(1)Re(z)=0z=iy代入得.wiy1iy1

iy)21y2

1y2

i2y1y2写成参数方程为u

1y2，1y2

v2y,1y2

y.y得，像曲线方程为单位圆,即u2+v2=1.(2)|z|=2.z,02πw

2ei12ei

化为参数方程.3u54cos3

4sinu54cos

02π消去得，像曲线方程为一阿波罗斯圆.即2(u5)2v2(4)23 3)(3)Im(z)>0w1zw)

0,w=u+iv得

w1

w1))w1 (u))w1 (u1)

2v(u1)2

0.即v>0,故Im(z)>0的像为Im(w)>0.Re(z)>0|w|<1z0w=0z0z0w，wkzz0k为常数.zz0zz0zz0又因为zz0zz0

z对应|w|=1,z=0，则zz0zz0zz0zz0

k1kei

(R)wzz0zz0

(Re(z0)0).wz将|z1映射成|w1,实数的几何意义显什么？1z解：因为w(z)ei

z)(z)

1||2(1z)2 )

||2 ||2)2 e

11||2所以argw()argeiarg(1||2)故weiz1z

在单位圆内处的旋转角argw().Im(z)>0,映射成|w|<1w=f(z)，并满足条件(1)f(i)=0,f(i)=0;(2)f(1)=1,f(i)= 1.5Im(z)