高等教育出版社《复变函数》与《积分变换》第四版课后习题参考答案

习题一解答求下列复数的实部与虚部、共轭复数、模与辐角。（1）1； （2）13i； （3）5i； （4）i84i21i32i解 （1） 1

i3

1i

2i132i32i所以

2i 13Re⎧1 ⎫，Im⎧1⎫2,⎨32i⎬ ⎨32i⎬ 1313

⎩ ⎭132i12i，132i13⎛ 1 ⎞

⎩ ⎭⎛3⎞⎛3⎞2 ⎛ 3⎞⎜ ⎟⎜ ⎝13⎝131313⎛ 1 ⎞Arg⎜

⎟

⎟2kπ⎝32i⎠

⎝32i⎠arctan22k,k0,1,2,…3（2）13iiii133i35i,i 1所以

i

1i(1i)i⎩Re⎧1i⎩

2 2 2⎭3i⎫3,⎭⎨ 1i⎬ 2Im⎧1

3i⎫5⎭⎛1 3i⎭⎝⎠⎜i 1i⎝⎠

3i2

⎨i⎩i，1i

1i⎬ 23i1i⎛33i1i⎛3⎞2⎛5⎜⎟⎜⎟⎝2⎠ 2342i⎝⎛1i⎝Arg

3i⎞ ⎛ ⎠i ⎠i⎝

3i⎞2kπ⎜ 1i⎟ ⎜ 1i⎟⎠arctan5⎠3

k012….（3）5i2i262i2i 2i4726i713i2 2所以Re⎧34i25i⎫7，⎩2⎭⎨ 2i ⎬⎩2⎭Im⎧34i25i⎫13，⎩⎭⎨ 2i ⎬⎩⎭1⎡34i25i⎤7l3i⎣2⎦⎢ 2i ⎥⎣2⎦34i25i529，2i 2Arg⎡34i25i⎤arg⎡34i25i⎤2kπ2arctan26π2kπ2

2i 7arctan262k7

k0,1,2,….（4）i84i21ii244i210ii410ii14ii13i所以4i21i1,4i21i3⎜i84i21i⎟13i，|i84i21i10⎝ ⎠10Argi84i21iargi84i21i2kπarg13i2kπ=arctan32kπ k0,1,2,….如果等式x1iy31ixy为何值。53i解：由于

x1iy3x1iy353i53i

53i53i5x13y3i3x15y334比较等式两端的实、虚部，得

13y4i3x5y181i34⎩⎧5x3y4⎩

或⎧5x3y38⎩xy11⎩

⎨3x5y18

⎨3x5y52证明虚单位i有这样的性质：-i=i-1=i。证明1)|z|2zz#6)Re(z)1(zz),Im(z)

1(zz)2 2i2证明：可设zxiy，然后代入逐项验证。zz2z|2z那些值才成立？解：设zxiy，则要使z2|z|2成立有x2y22ixyx2y2x2y2x2y2xy0z为实数。当|z1时，求|zna|n为正整数，a为复数。iarga解：由于zna|z|n|a|1|a|，且当zen时，有⎛arga⎞n⎜⎝⎟zna|⎜ein⎜⎝⎟⎠

|a|eiarg

a

1|a|故1|a|为所求。将下列复数化成三角表示式和指数表示式。3（1）i； （2）-1； （3）1+ i；3

2i

cosisin2

isin0

π；

； （6） 3（1）icos2

isin2

iπe2；

1i

cos3isin3（2）1cosπisinπeiπ⎛1 3⎞ ⎛ π π⎞ iπ3（3）13

2⎜i ⎟2⎜cos isin ⎟2e3；22⎝33⎜22⎝33⎝ ⎠2 ⎛ ⎞⎝ （41oisi⎝

2i2sin2cos22sin2⎜sin2icos2⎟⎜2sin⎜

⎛cosπisinπ⎞2sin

ie2

,(0π)；⎟2i 1⎟

2⎝ 2 2⎠ 2⎛1 1⎞（5） 2i1i1i1i 2

2⎜ i ⎟⎝2 2⎠⎛2⎜cosπ⎛⎝ =2ei=2e

isinπ⎞⎟4⎠⎟ii2 2 3（6）

ii

ei

/e3

ei10/ei9ei193cos19isin19将下列坐标变换公式写成复数的形式：⎧xx1a1,⎨y

b;⎩ 1 1⎧xcossin,⎨yxsinycos.⎩ 1 1Azxiy，则有1）zA；2）zz(cosisinze。1 1 一个复数乘以-i，它的模与辐角有何改变？π ⎛ π⎞解zzeiArgzzizeiArgzei|z|ei⎜Argz2⎟辐角减少。2

2 ⎝ ⎠|zz|2|zz|22(|z|2|z

|2)，并说明其几何意义。1 2 1 2 1 2证明：|zz|2|zz|2 (zz)(zz)(zz)(zz)1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2(z1z2z2) 2(|z|2|z|2)1 2其几何意义平行四边形的对角线长度平方的和等于四个边的平方的和。证明下列各题： P( 任何有理分式函数R(z) 可以化为X iY的形式其中X与Y为具Q(z)有实系数的x与y的有理分式函数；R(z1）R(zXiY；如果复数aib是实系数方程aznazn1…a za00 1的根，那么aib也是它的根。

n1 nP(z) P(z)Q(z) Re(P(z)Q(z)) Im(P(z)Q(z))证 1）R(z) ;Q(z)

Q(z)Q(z)

q(x,y)

q(x,y) P(z) P(z) ⎛P(z)⎞⎝ 2）R(z)Q(z)Q(z)⎜Q(z)⎟XiYXiY;⎝ 3）事实上

Pzaznazn1…a za0 1 n1 n4a0a1za2z2…anznPzzeit，试证明zn12cosnt； （2）znzn

12isinntzn解 （1）znzn

einteinteinteint2sinnt（2）znzn

einteinteinteint2isinnt求下列各式的值3（1）3

15 6 6 i； （2）1i；5 6 6 3⎜⎡⎛ ⎞⎤53⎜解 （1）

i5⎢⎜3i

ei/653ei/62⎝2

⎟⎠⎦⎛ 5π⎞

5π⎞⎤3332⎢cos⎜6⎟isin⎜6⎟⎥

16i⎣ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎦6⎢（2）1i6 ⎢

⎛1 i⎞⎤222⎜ ⎟⎥222

e4

3

8i。⎣ ⎝ ⎠⎦1（3）61e2k6eπ2k/6k0,1,2,3,5。可知616ei/6

3i,ei/2i，eii5/63i2 2 2 2ei7/6

3i，ei3π2i，ei11π4

3i。i⎛π2kπ⎞⎡⎛⎟（4）ii⎛π2kπ⎞⎡⎛⎟

2 2i⎞⎤i⎞⎤ ⎟⎥

6⎜2e6⎜

2 2⎠ k。⎝⎣ ⎜ ⎟⎝⎣ ⎠⎦iπ4可知1i1/iπ462ei/26

⎛ 2⎜cos⎝

i

⎞⎠⎠62ei7/126

⎛ 2⎜cos⎝

i

⎞⎠12⎟,⎠62ei5/46⎛

5isin5⎞。42⎜cos ⎟4⎝ 4 ⎠若(1i)n1i)nn的值。5解由题意即(2ei/4)n(2ei/4)n,ein/4ein/4，sinn0，4故n4k,k0,1,2,…。1（1）z380的所有根（2）求微分方程y'''8y0的一般解。1 i12k解 1）z83e3 ，k=,12。即原方程有如下三个解：1i3,

1i3。1原方程的特征方程80有根1

1

3i，

2，

1

3i，故其一般形式为

yCe2xex

cos

3xC3

3x12z，然后在复平面上画出下列各点的位置：12z,z,z,1,1,1。zz zyz1yz1zzox-zz1 1z2（z1z2z3）问下列各点位于何处？（1）z1zz21 2（2）z11z2（其中为实数；（3）z1zzz。31 2 3解 令zkxkiyk,k1,2,3，则（1）zx2iy2zzz

连线的中点。2 2 1 26（2）zxλxxiyλyyzz

连线上定比λ|zz1|2 2 1 2 2 1 1 2处。

|z2z1|（3）z1x

xiyyyz位于zz

的重心31 2处。

3 31 2 3

12319．设z1,z2,z3三点适合条件：z1z2z30,z1z2点。

z3

1。证明z1，z2，z3是内接于单位圆z1的一个正三角形的顶证 由于因为

z3

1，知z1z2z3的三个顶点均在单位圆上。3 31z23 31z21z211z2z23z21z22z1z2z1z2所以，z1z2z1z21，又zz2(z

z)(zz)z

z

(zzzz)1 2

2 1

11 2

12 2121z21z2333故33z1z2

z2z3

，知z1z2z3是内接于单位圆z1的一个正三角形。如果复数z1，z2，z3满足等式z2z1z3z1

z1z3z2z3证明z2z1z3z1z2z3，并说明这些等式的几何意义。由等式得arg(z2z1)arg(z3z1)arg(z1z3)arg(z2z3)即z2z1z3z1z3z2。又因为z21z211z3z2z3z31 z31z2z3 z21又可得z2z1z3z3z2z1，所以知z1z2z3是正三角形，从而z2z1z3z1z2z3。7z的存在范围，并作图。（1）|z56（2）|zi1；（3）R(z)1（4）Reiz3；z3z2（5）|zi|zi|（6）|z3||zz3z2（7）(z)2

1；（9）0gz（1）argzi4（1）z056（见下图（a）；z02i1的圆周及外部（见下图（b）；由于Re(z21x3zx3（见下图（c）；izi(xiy)yix，故Re(iz)3y3zy=3（见下图（d）；zi

zi

zi2

zi2（zi)(zi)(zi)(zi)z2iziz1z2iziz1iziz02Re(iz)02y0y0.知点z的范围是实轴（见下图（e）；（6）z3z14z32(4z1)2x22z1(x2)24z1232

12x4y2

（x2)2y204 30

1，即点z的范围是以（-3,0）和（-1,0）3为焦点，长半轴为2，短半轴为 的一椭圆（见下图（f）；3（7）y2（见下图（g）（8）z31z32z22(z3)(z3)(z2)(z2)z23z3z9z2z22z2z4zz5x5.即点z的范围是直线x5以及x5为边2 2 2界的左半平面（见下图（h）；不包含实轴上半平面（见下图（i）；以iyxx0（见下图（j）；8yyOxi-2yO yO 5 x(a)-3y3iOxy3iOx2i2i(g)yy=x+1iOx(j)yixzyixz-i(e)yO5/2x(h)y3i-2x(f)(i)（1）Imz0； （2）z14；（3）0Rez1； （4）2z3；（5）z1z3； （6）1argz1；9（7）z14z1； （8）|z2||z26；（9）z2|z21； （10）zz2i)z2i)z4。解（1）Imz0yyOx不包含实轴的上半平面，是无界的、开的单连通区域。yO15x（2）z1yO15x圆(z)2y216的外部（不包括圆周，是无界的、开的多连通区域。（3）0Rez1yyOx由直线x=0与x=1所围成的带形区域，不包括两直线在内，是无界的、开的yOyO 2 3x（4）2z310以原点为中心，2与3分别为内、外半径的圆环域，不包括圆周，是有界的、开的多连通区域。（5）z1z3x1 yD-1 O x直线x=-1右边的平面区域，不包括直线在内，是无界的、开的单连通的区域。（6）1argz1yyo-1x由射线1及1构成的角形域，不包括两射线在内，即为一半平面，是无界的、开的单连通区域。⎛ 17⎞2 ⎛8⎞2（7）z14z1⎜x ⎟y2⎜ ⎟yD8/15-17/15Ox⎝ 15⎠ yD8/15-17/15Ox11z178（不包括圆周本身在内15 15界的、开的多连通区域。y5o3x（8）|z2||zy5o3xx2是椭圆

y2 1 9 5（9）z2|z2|14x2415

y21,x0yDx－1/2是双曲线4x2415

y21的左边分支的内部区域，是无界的、开的单连通区域。yo-12x（10）zz(2i)z(2yo-12x12是圆(x2)2（y29及其内部区域，是有界的、闭的单连通区域。证明：z平面上的直线方程可以写成azazC（a是非零复常数，C是实常数）证 设直角坐标系的平面方程为xRez1(zz),yImz1(zz)代入，得

AxByC 将2 2i1(AiB)z1(AiB)zC2 2令a1(AiB)，则a1(AiB)，上式即为azazC。2 2证明复平面上的圆周方程可写成：zzzzc0,(其中为复常数，c为实常数)。证常数。

(za)(za)R2zzazazaaR20，其中caaR2为实求下列方程（t是实参数）（1）zi)t；

（2）zacostibsint；（3）zti； （4）zt2i，t t2（5）zachtibsht（7）zetabi为复数)

zaeitbeit⎨y解（1）zxiyi)t⎧xt,t⎨y⎩（2）x2y2

zxiyacostibsint⎧xacos⎨⎨ybsin

0t

，即为椭圆a2 b2 1；

i ⎪xtzxiytt⎨y1xy1；⎪ ti ⎪xt2zxiyt2t2支。

⎨y⎩

1，即为双曲线xy1中位于第一象限中的一t213⎧xacht x2 y2⎩zachtibsht⎨ybshta2⎩

1，双曲线x2 y2（6）(ab)2(ab)2椭圆2aarctany（7）x2y2eb x26．函数w1zzxiy,wuiv？

将z平面上的下列曲线变成w平面上的什么曲线（1）x2y26； （2）yx；（3）x1；

4）x2y21解w11x i y ，u

x ,v

y ，可得z xiy x2y2 x2y

x2

x2y2

2v2

x2y22

1 12 2 w平面上一圆周；x2y2

xy 4ux y yvw平面上一直线；x2y2

x2y21

x2y2y

2 2 1（3）由x=1，知u1y2,v1y2，从而uv

u1y2⎛ 1⎞2 ⎛1⎞2此为⎜u ⎟v2⎜ ⎟是w平面上一圆周；⎝ 2⎠ ⎝2⎠（4）x2y21x2y22x x 1，于是u1w平面上一平行与v轴的直线。27．已知映射wz3，求（1）iz21iz3

x2y2 2 23iw平面上的像。3（2）区域0argz

在w平面上的像。3解 设zrei，则z3r3ei3。于是i（1）ie2,z21i

⎛ 2⎜cos⎝

i

⎞44

i2e4⎛3 1⎞ ⎛ ⎞ i3z33

i2⎜i⎟2⎜cos isin ⎟2e622⎝66⎜22⎝66⎝ ⎠14经映射后在w平面上的像分别是1wei3/3i，13 w222e4222⎠

⎛ 22⎜2⎝

i

⎞2i2，3w23e28i3（2）因为以原点为顶点的角形域的顶角张大三倍，所以为0argw。设函数f(z)在z0f(z00，证明存在z0f(z)0。证 因为

f(z)f(z)，且f(z)0。可取

f(z0)0，则0，当zz0zz0时，有

0 0f(z)f(z0)

2f(z0)2f(z)

f(z0)

f(z)f(z)

f(z0)0即点zU(z,)时，则f(z)0。0 2 2 0limf(z)Af(zz0的某一去心邻域内是有界的。zz0证取1，则存在0，当0|zz0|

时，|f(z)A|1。故在0zz0内，|f(zf(zAAf(zA||A|A|。设f(z

1⎛zz⎞,(z0)试证当z0时f(z)的极限不存在。2i⎜z z2i⎜z z证f(z)

1⎛zz⎞2i⎜z z2i⎜z z

2xyx2y2

，显然。试证argz(argz（包括原点z平面上处处连续。证 设f(z)argz，因为f(0)无定义，所以f(z)在原点z=0处不连续。当z0为负实轴上的点时，即z0x0(x00)，有⎧ ⎛ y ⎞⎪lim⎜arctan⎪⎪xx0⎝⎪limargzy0

⎠

⎧zz

⎨ ⎛

⎞ ⎨0 ⎪lim⎪xx0⎝⎩y0

⎟ ⎩x ⎠limargz不存在，即argzargz在z平面上的其它点zz0处的连续性显然。15利用导数定义推出：

习题二解答1)(znnzn1,(n是正整数

2⎛1⎞'1。证 1）(zn

)'limz0

z(zz)nznzz

⎜ ⎟⎝ ⎠lim(nzz0

z2nn1C2n

n2

z…

n1

)

n11 12）⎛1⎞'

zz

1 1z⎝ ⎜ ⎟ z0 z⎝

z0z(zz) z2下列函数何处可导？何处解析？（1）fzx2iyfzix2y

（2）f(z)2x33y3if(z)sinxchyicosxshy解 （1）由

u2x,u0,v0,v1x y x y在z平面上处处连续，且当且仅当x1时，u,v才满足C-R条件，故fzuivxiy仅在2直线x1上可导，在z平面上处处不解析。2u 2 u v v 2

x6x，y0，x0，y9y在z平面上处处连续，且当且仅当2x23y2,即

2x

3y0时，u,v才满足C-R条件，故fzuiv2x33y3i仅在直线2x

3y0上可导，在z平面上处处不解析。

uy2，u2xy，v2xy，vx2x y x y在z平面上处处连续，且当且仅当z=0时，u,v才满足C-R条件，故fzxy2ix2y仅在点z0处可导，在z平面处处不解析。u u v v

xcosxchy，ysinxshy，xsinxshy，ycosxchy在z平面上处处连续，且在整个复平面u,v才满足C-R条件，故f(z)sinxchyicosxshy在z平面处处可导，在z平面处处不解析。f(z的解析性区域，并求出其导数。1）(z1)5； （2）z32iz；1 azb3）z21； （4）czd(c0)解 （1）由于fz5(z1)4，故fz在z平面上处处解析。（2）由于fz3z22i，知fz在z平面上处处解析。 （3）由于fz2z z21

2zz2z2知fz在除去点z1外的z平面上处处可导。处处解析，z1是fz的奇点。1（4）fzadbcfzzd/c(c0外在复平面上处处解析。(czd)2f(z)在z0可导f(z)f(z)在z0可导f(z)在z0解析f(zf(z)在D（区域）内解析f(z)在D内可导 ff(z)在z0连续判定函数解析主要有两种方法：1）z0是否解析，只z0DD内是否可导；2）利用解析的充要条件，即本章§2中的定理二。判断下述命题的真假，并举例说明。fzz0fz0存在。fz0fzz0点解析。z0fzfzz0不可导。z0fzg(zz0fzg(zfz/g(z的奇点。如果u(x,y)和v(x,y)可导（指偏导数存在f(z)uv亦可导。f(z)uiv在区域内是解析的。如果uf(zD果vf(zD内是常数；解fzz|2x2y2zz=0外处处不可导。fzz|2z=0z=0处不解析。f(z)在点不解析，则z0称为f(z)如上例。f(z)sinxchyg(z)icosxshyz/0f(zg(z的奇点。fzzRezx2ixyz=0C-Rfzz=0处可导。命题真。由uC-R方程知vf(zD内是常数；后面同理可得。fzuivz的解析函数，证明：u2v2证 |fzu2v2

⎛⎝⎜⎝

⎞2|fz⎠

⎛⎜⎝

2⎞|fz|⎟⎞⎠

|f'z|22uuvv

uuvvu2v2u2v2|u2v2u2v2x

x，

|fz| y yfzuiv

uv，uv，从而⎠⎛ ⎞2⎛⎠

x y y x⎞2 1 ⎡⎛u

⎛v⎞2⎜ |fz|⎟

|fz|⎟

u2⎜

⎟u2⎜ ⎟⎝⎝x⎝

⎛u⎞2

⎜y⎛v

⎟ u2v2uv

⎝x⎠ ⎛v⎞u⎤

x⎠v2⎜ ⎟v2

⎟

2uv⎜ ⎟ ⎥⎝x⎠

⎝x

xx

⎝x⎠x⎥⎦1 ⎪⎛

⎛v⎞2⎤ ⎡⎛u

⎛v⎞2⎤⎪ ⎨u2

⎟⎜ ⎟⎥v2

⎟⎜ ⎟⎥⎬u2v2⎩

⎝x⎠

⎝x⎠⎦⎭ 1u2v2

u2v2|fz|2|fz|2证明：柯西-黎曼方程的极坐标形式是u1v，v1ur r r r证 令xrcos,yrsin，利用复合函数求导法则和u,v满足C-R条件，得uucosusinr x yvvrsinvrcosursinurcosru 即 u1v。又

y y x rr r

uursinurcos x yvvcosvsinucosusinr x y y x1⎛u u ⎞ 1u⎜ rcos rsin⎟ry x r⎝ ⎠u1vv1u。r r r rfzuivDfz是常数。fz恒取实值。fzD内解析。|fz|D内是一个常数。argfzD内是一个常数。aubvca、bc为不全为零的实常数。3解 （1）若fz恒取实值，则v0，又根据fz在区域D内解析，知C-R条件成立，于是uv0，

uv0x y y x故u在区域D内为一常数，记uC实常数，则fzuivC为一常数。fzuivuivD内解析，则uvv， uv

（1）x y y y x x又fzuiv在区域D内解析，则uv，uv

（2）x y y x结合（12）两式，有uuvv0，x y x vy故u,v在D内均为常数，分别记之为则为一复常数。

u1C1u2C2C1C2为实常数，fzuivC1iC2C若|fz|D内为一常数，记为C，则u2v2C2xy求偏导，得1 1⎧2uu2vv0⎪ ⎨⎪2u⎨⎩

x2vv0y由于fz在D内解析，满足C-R条件uv,uv代入上式又可写得x yy x⎪⎪⎧u⎪⎪⎪⎨⎪v⎪

vu0yuu0y解得uv0。同理，可解得vv0故u,v均为常数，分别记为uC,vC，则x y x vy 1 2fzuivC1iC2C为一复常数。若argzD内是一个常数fz0fzuiv0，且⎧⎪argfz⎪

varctan,uv

u0u0,v0⎨arctanu⎪⎪arctan⎩

u0,v0⎧C1⎪

u1u0,v0⎨C1

u0,v0⎩1总之对argfz分别关于x和y求偏导，得41⎛uvvu⎞

v uu2⎜x

x⎟ u v⎝⎛v⎞2

⎠x x0u2v21⎜⎟⎝u⎠1⎛v u

v u⎜u v u2⎝y y⎠⎛v⎞2

uyvy0u2v21⎜⎟⎝u⎠化简上式并利用fz解析，其实、虚部满足C-R条件，得⎧vuuu0⎪ x⎪⎨ u⎪u v⎩ x

yu0yuu0uv0，即u和v均为实常数，分别记为C和C，从而x y x y 2 3fzuivC2iC3C为一复常数。若aubvcabcaba2b20，否则此时a、bcaubvcxy求偏导，得⎧aubv0⎪⎨⎩⎪a⎩

xbv0yfzuivu和vC-R条件，得⎧aubu0⎪⎪⎨b⎪⎩

yau0y解得uu0，同理也可求得vv0，知函数fz为一常数。x y x y下列关系是否正确？（1）ezez； （2）coszcosz； （3）sinzsinz解（1）ezex(cosyisiny)ex(cosyisiny)exiyez ⎛eizeiz

1 i

iz

iz iz⎜（2）cosz⎜⎝

⎟ e22⎟⎠22⎟

2

ecosz。（3）

sinz1eizeiz1eizeiz

1(eizeiz)2i 2i 2i=1eizeizsinz。2i找出下列方程的全部解。（3）1ez0； （4）sinzcosz0；解（3）原方程等价于ez1，于是它的解为：5zLn1ln|1|iarg12ki2k

k0,1,2,…（4）由于sinzcosz,

eizeiz

1

ei

ei

，故2i 2e2iz1ie2iz1e2iz1i1i⎜⎟z1Ln⎛1i⎞⎜⎟

1Lni

1ln|i|iargi2k2i ⎝1i⎠ 2i 2ii⎛2k⎞⎛k1⎞,k0,1,2,…证明：

2i⎜

⎟ ⎜ ⎟⎝4⎠ ⎝ ⎠⎝4cos1z2cos1cosz2sin1sinz2;sin1z2sin1cosz2cos1sinz2;sin2zcos2z1（3）sin2z2sinzcosz（4）tan2z

2tanz1tan2z；sin⎛z⎞cosz

coszcosz；⎜ ⎟⎝2 ⎠|cosz|2cos2xsh2y,|sinz|2sin2xsh2y证 1）左coszz1ei1z2ei1z21 2 2右=cosz1cosz2sinz1sinz2eiz1eiz1eiz2eiz2eiz1eiz1eiz2eiz22 2 2i 2ieiz1z2eiz1z2eiz1z2eiz1z2eiz1z2eiz1z2eiz1z2eiz1z24eiz1z2eiz1z2=2可见左=右，即cos1z2cos1cosz2sin1sinz2；左sinz

z1ei1z2ei1z21 2 2i右sinz1cosz2cosz1sinz21eiz1eiz11eiz2eiz21eiz1eiz11eiz2eiz22i 2 2 2i1ei1z2ei1z2ei1z2ei1z21ei1z2ei1z2ei1z2ei1z24i 4i=1ei1z2ei1z21ei1z2ei1z24i 2i可见左=右，即sin1z2sin1cosz2cos1sinz2⎛eizeiz⎞2 ⎛eizeiz⎞2sin2zcos2z⎝

⎟⎜2i ⎠

⎟2i ⎠61e2iz2e2iz1e2iz2e2iz14 4左sin2z1ei2zei2z2i右=2sinzcosz21eizeiz1eizeiz2i 21ei2z11ei2z1ei2zei2z2i 2i可见左=右，即 sin2z2coszsinz。sin2z 2sinzcosz sinz ⎡ ⎛sinz⎞2⎤ 2tanztan2zcos2zcos2zsin2z2cosz ⎜cosz⎟⎥1tan2z⎝ ⎠（5）由（1）知sin⎛z⎞sin⎡z⎤ z z⎜ ⎝2

sin ⎦ 2

cos sin2cosz1eizeiz1eizeiz2 2cosz由（1）得

coszcoszcossinzsincosz（6）左＝|cosz|2|cosxchyisinxshy|2cos2xch2ysin2xsh2y＝cos2x(1sh2y)sin2xsh2ycos2xsh2y左＝|sinz|2|sinxchyicosxshy|2sin2xch2ycos2xsh2y＝sin2x(1sh2ycos2xsh2ysin2xsh2y。说明：1）y时，|sin(xiy|和|cos(xiy|趋于无穷大；2）当t为复数时，|sint|1和|cost|1不成立。eize-iz

|eyey|解 1）|sinz；|cosz|同理。2|eyey|2）设tiy,yR，则|sint| ，则当y时显然题设不成立。2求LniLn34i和它们的主值。解 LniLn|i|iargi2ki⎛2k⎞i⎛2k1

⎜ ⎟⎝ 2 ⎠0,1,2,…⎜ ⎟,k⎝ 2⎠lniln|i|iargii2Ln34iln|34i|iarg34i2kln5i⎡⎛arctan4⎞2k⎤⎢⎜ ⎟ ⎥⎣⎝ 3⎠ ⎦7 ⎡⎛ 42k⎞⎤,k0,1,2,…ln5

i⎢⎜arctan ⎟⎥3⎣⎝ ⎠⎦3ln34iln|34i|iarg34iln5i⎛arctan⎞。3⎜ ⎟3⎝ ⎠证明对数的下列性质：1）Ln(z1z2z2；2）Ln(z1/z2Lnz2。证1）Ln(z1z2ln(|z2|iz1z2lnlnz2i+iz2z2；2）Ln(z1/z2ln(|/z2|iArg/z2lnlnz2iArgArgz2z2。说明下列等式是否正确：1）Lnz22Lnz；2）

1Lnz。z2z解：两式均不正确。1）z22ln|z|iArg(2z),而2ln|z|2iArg(z；1 1 1 izLn ln|z|iz),而 ln|z| Arg(z)。z2 2 2 21i

exp⎛⎞ 求e2， ⎜ ⎟，3i和1ii的值。⎝ 4解：1i

⎠i ⎛ ⎞e2ee

2e⎜cos⎝

i

⎟ie2⎠⎛1＋i⎞

1i 1⎛ ⎞12exp⎜ ⎟ e4e4e4⎜2

＋isin ⎟

e41＋i⎝ 4 ⎠

4 4⎠ 2iein3ei⎣n3ig32k⎤e2kein3e2cosln3isinln1iieinieinigi2k

k0,1,2,…iln2⎛2k

⎛12k⎞

ln

ln2⎞⎜e2⎝

⎟ ⎜⎠e⎝4

⎟⎠⎝

isin ⎟2 2⎠

k0,1,2,…证明(zaaza1，其中a为实数。证明 (za)'(ealnz2ki)'a(lnz)'ealnz2ki

a1zaaza1。z1）ch2zsh2z1；2）sh2zch2zch2z；shz2shchz2chshz2chz2chchz2shshz2。1）

2zsh2

ezezz(

ezez(

1；2 2

2zch2

ezezz(

ezez(

e2ze2z 1 2 2 2(e1e1(ez2ez2) (e1e1(ez2ez2)

e1z2e1z2shchz2chshz2

4 4 2shz1z2。8解下列方程：1）shz0；2）chz0；3）shzi。解 1）由shz0得e2z1，z1Ln1ik,k0,2,…。22）由chz0得e2z1z1(2k1ik02,…。2 23）由shzi得ezizLnii(2k1k02,。2证明:shz的反函数ArshzLn(z z21)。证 设shwz，

ewe2

z

2w2zew

10解得

z21zz21故wArshzLn(z z21)。fz为（1）zi2； （2）z3； 求流动的速度以及流线和等势线的方程。

1z21；解（1）Vzf'z2zi2zi为流速，又fzzi2xiy2x2y2i2xy12xyCx2y2C。12（2）流速Vzf'z3z23z2，又fzz3xx23y2iy3x2y2,12流线方程：3x2y2yC， 等势线方程：xx23y2C。12（3）流速

Vzf'z

1 ⎞'⎛2z

2z⎜z21⎟

⎜z2

z22⎠⎠⎝⎝1 1 x2y21i2xy⎠⎠⎝⎝又fzz21x2y21i2xyx2y214x2y2，xy流线方程为 x2y224x2y2 1，x2y21等势线方程为 x2y24x2y

C2。9习题三解答沿下列路线计算积分3iz2dz。0自原点到3i的直线段33沿垂直向上至3i；ii沿水平方向右至3i。⎨y解（1）⎧x⎨y⎩

0t1，故z3tit，0t1。dz3idtyiyi C4 C3(z)3+iC2OC13x26i31 2z2dz3tit3idt0 03i31t2dt013i)3t3|113i363 0 3（2）

3iz2dz

3iz2dz

z2dz

z2dz。C之参数方程为⎧x3t,0t1；C之参数方程为0

C1

⎩1⎩⎨y⎧x⎨y⎩

⎨yt, 2故 3iz2dz1t2dt13it2idt626i。（3）

03iz2dz0

iz2dt0

03iz2dzi

0

z2dz

3z2dz。C3:zit0t1；C4:zi t，故 3iz2dz1t2idt1ti2dt626i0 0 0 3yxyx2算出、积分x2iydz的值。0解（1）沿yx。此时ztit0t1。dz1idt，于是ix2iydzt2it1idt1it2itdt1i⎛1i⎞15i。3266⎜ ⎟32660 0 0 ⎝ ⎠（2）沿yx2，此时ztit20t1。dz1i2tdt，故tix2iydzt2it21itdt1i121itdt1it2it3dtt0 0 0 01i⎛1i⎞15i。⎜ ⎟3266⎝ ⎠3266fzD内解析，CD内任何一条正向简单闭曲线，问CRefzdzCImfzdz0是否成立，如果成立，给出证明；如果不成立，举例说明。解 未必成立。令fzz，C:z1，则fz在全平面上解析，但是-1-C Refzdz2C

2cos0

sinicosdi0C Imfzdz2C

2sin0

sinicosd0z1zdzi，其中C为正向单位圆周|z|1。z C 1z解 zdz dzi（利用柯积分公式）zC C计算积分

zdzC（1）z22）z4z解 （1）因在|z|2上有|z|2，zzz|24，从而有z4，故有zzdz

4Zdz

2dz4iC|z|

|z|22

|z|2z（2）因在C上有|z|4，zz|z|216，从而有z16，故有zzdz

16Zdz

4dz8iC|z|利用观察法得出下列积分的值。

|z|44

|z|4z解利用柯西－古萨基本定理和柯西积分公式。沿指定曲线的正向计算下列各积分。ez dz（1）Cz2dz，C:|z21zz 1（3）°2 ，C:|z 2i|3/2dzCdz

（2）Cz2a2，C|zaaz 3（4） ，C:|z|2C（5）

C(z2(z3

,C:|z|r1

（6）

C

z3coszdz，C为包围z＝0的闭曲线（7）

dz ，C:|z|3/

sinzdz（8） ，C:|z|1C(z21)(z24)C

C z（9）C

sinz dz，C:|z|2⎞2

（10）

ezz5

，C:|z|12⎜z 2⎝

ez z 2解 1）由Cauhy积公式，Cz2dzie1

z22ei（2） 1

dz

zadz2i1

i，Cz2a2

Cz

za

za a解2：

dz 1

1dz

1dz⎤

12i0iCz2a2

2a⎣Cz

Cza ⎦ 2a aeizzeizdz eizdzeizzC （3）Cauchyz21C

z-

zi

/e-2-（45）0（7）因被积函数的奇点zi在C的内部，z2i在C的外部，故由复合闭路定理及Cauchy积分公式有：dz C(z21)(z24)

dz (z1)(z|zi| (z1)(z3

1 dz|zi|zi|(z2 )(z1 = z2

1ziz24dz dz |zi|31(zi)(z21(zi)(z24)

z

|zi|31(zi)(z21(zi)(z24)

z

0Cuhy

sinz

ziisinz|z0

zi 3 3

C

sinz

dzisin

z02⎜z ⎟22⎝ ⎠ezdz

z(4) iCz计算下列各题：

4!

) |z0121） 1） 2edz； i

0ch3zdz；3）i6

isin2zdz；4）1-i 1

zsinzdz；5）i(zi)ezdz； 6）i1tanzdz(到i的直线段。0解 1）i2

e2z3i＝

1os2z0 1 0i

e

02i

6

ch3zdz

3sh3z|i/6i/3isin2zdz

i1cos2zdz(zsin2z)|i(1sh2)i-i

-i

2 2

-i 21zsinzdz(sinzzcosz)sin1cos10 05）i(zi)ezdz(i1z)ez1cos1i(sin11)0 06）i1tanzdz(tanztan2z/2)(tan11tan211th2ith11s2z

1 2 2计算下列积分：1）(43 )dz其中C:|z|为正向Cz12）

z2idz,其中C:|z－1|6为正向Cz21C3） CC1C2

cosz3

dz,其中C1:|z|2为正向，C2:|z|3为负向-3-dz,其中为以16i为顶点的正向菱形C2 5ezC(za)3dz其中为|a|的任何复数，C:|z|为正向C4 3C解 1）(z1C

z

)dz＝2i(43)14i2i /(zi) /(zi)2）z21dz

z-

dz

z

dz0C |zi|1 |zi|1cosz

cos

cos

i i3） CC1C2

3dzzz

3dz°CzCz2

dzz3

2!(cosz)''|z02!(cosz)''|z004）dziCz－i3 ezC5）当|a|1时，1/(za)在|z上解析，故(za)3；C (z当|a|1时，° 3C

i2!

zaz)| iza2证明：当C为任何不通过原点的简单闭曲线时，2C

dz0。2证明 当原点在曲线C内部时，2Cz 解析，故 2dz 0。C

dz'

z

0；当原点在曲线C外部时，1/z2在C内2）1）的值得到？为什么？1）|z|2

zdz； 2）z|z|4z

zdzzz 2 z 2解

dz2ieid0dz4ieid0|z|2z

|z|4z 0z变形原理从1）的值得到，因z

不是一个解析函数。DzD内圆周|z|1D内的任意一条曲线C连结原⎡z 1 ⎤ ⎣ z，证明Re⎢012d⎥4.⎣ 1证明 函数12在右半平面解析，故在计算从0到z沿任意一条曲线C的积分时与积分路径无z 1 1

2icos

2i关。则012d01x2dx01e2i4022os.（分子分母同乘以1e ，-4-⎡z 1 ⎤ ⎣ 故 Re⎢012d⎥4.⎣ 设与C2M、N的公Bf(zBB内解析，在、C2

f(z)dzC2

f(z)dz。证明 在B上f(z)为解析函数则由柯西基本定

f(z)dz0

f(z)dz0则f(z)dzf(z)dzf(z)dz

f(z)dzf(z)dz

f(z)dz。NGM MEN MHN NFM

C2Ca与-a的正向简单闭曲线，a为不等于零的C1z Na与a同CCz解 （i）当a在C的内部而-a在C的外部时z

a2dz。

B1E C22G B F B2H z dz

zadz2iz

i。 MCz2a

Cz

za

za当aCaC的外部时，zzcz2a2z

dz

zadz2icza

zzazza

ia与－aCC2a,a为心半径充分小的圆周使C1,C2均在C的Cauchy积分公式得zc2z

2dz

zzadzc

zzadzii2iza

1za

2zaa与－aCCauchy-Gourssat定理得z dz0。Cz2a2设与C2为两条互不包含，也互不相交的正向简单闭曲线，证明：1⎡ z2

sinzdz⎤

z2, 当z在C内时,⎢

⎥⎨ 0 0 1i⎢Czz0 Czz0⎥ ⎩sin

当z0在C2内时.⎣1 2

1 z2dz2 2

1 sinzdz证明 利用Cauchy积分公式，当z0在内时,izz

z|zz0z0i

z

0；1 z2

1 sin

0

C2 0C00当z0在izzC001

0iC2C

z

sinz|zzsinz0。故结论成立。fz在0z1C：|z|r，0r1fz是否需在z=0处解析？试举例说明之。解 不一定。如令fz

1，则其在0|z|1内解析，且沿任何圆周C：|z|r，0r1的积分z2-5-fz

z=0z2

Cfzdz

1dz0 |z|rz fzgzD为DDfzgzC上所有点都成立，试证在Cfzgz也成立。证 因fz,gz在D内处处解析故在C上及其内部也处处解析，设z0为C的内部的任一点，则由Cauchy积分公式有00fz100

fzdz,

gz1

gzdz，0Cfzgz

iCzz

0 iCzzfzdzgzdz，Czz0 Czz0fz0gz0,z0的任意性，在Cfzgz。Df(zD与K2K2包含K1，zK,K之间任一点，试证（3.5.1）仍成立，但C要换成KK

(见图).0 1 2 1 2证明 参照78页闭路变形定理的证明方法。fzDCD

f'zfzdz是否为零？为什么？解 等于零。因fz在D内解析，故fz具有各阶导数且仍为解析函数，从而f'z在D内也解析，Dfz0f'zDCCfz有 f'z

0。Cfzdz试说明柯西－古萨基本定理中的C为什么可以不是简单闭曲线？f(zDCDD内但不在C上f'(z的任意一点z0，等式： zz

f(z)dz (zz)2dzC 0

0f'(z)C00证明 利用Cauchy积分公式，有zzC00

dz2if'(z)|zz2if'(z0)；而由高阶导数公式f(z) i0(zz)2dz0

f'(z)|zz2if'(z0)，故所证等式成立。C 0如果(xy和(xysyxxy那么sit是xiy的解析函数。证明 由(x,y)和(x,y)都具有二阶连续偏导数而syx，txy知，s,t具有一阶连续的偏导数，在证s,t满足C－R方程即可。注意xxyy0，xxyy0，则sxyxxxxyyyty；syyyxyxxyxtx，故s,t满足C－R方程，即-6-sit是xiy的解析函数。设uD

uiu，问f是不是D内的解析函数？为什么？x y解 f是D内的解析函数。因u为区域D内的调和函数，故ux和uy在D内有一阶连续的偏导数。⎛u

2u

2u ⎛ u

⎛u

2u ⎛ u⎞又 ⎜ ⎟⎝

x2

y2⎜y

；⎜ ⎟⎝ ⎠y

⎜y

，即满足C－R方程。⎝ ⎝ 函数vxy是uxy的共轭调和函数吗？为什么解 不是。因u⎝ ⎝ 设u和v都是调和函数，如果v是u的共轭调和函数，那么u也是v的共轭调和函数。这句话对吗？为什么？解 不对。参考27题的第二问。证明：一对共轭调和函数的乘积仍是调和函数。证明 设v是u的共轭调和函数，则uxxuyy0，vxxvyy0，uxvy，uyvx。又(uv)xxuxxv2uxvxuvxx(uv)yyuyyv2uyvyuvyy，故(uv)xxuv)yy0，即一对共轭调和函数的乘积仍是调和函数。f(z)uiv是一解析函数，试证：if(z也是解析函数；2）u是v的共轭调和函数；2|f(z)|22|f(z)|2

22 23）

y2

4(ux

vx) 4|f'(z)|。证明 f(z)viu而f(z)uiv是一解析函数故u,v满足C－R方程进而vx(u)y，vy(u)x。故if(z)也是解析函数。f(z)uivif(z)viu。故u是v的共轭调和函数。2|f(z)|22|f(z)|2

2

2 223）

y2

(

y2)(u v)2u22v22u22v22u(uu)2v(vv)x x y y xx yy xx yyx 4(u2v2)4|f'(zx ux2y2和v

yx2y2

都是调和函数，但是uiv不是解析函数。2xy x2y2证明 ux2x，uy2y，vx(x2y2)2，vy(x2y2)2，8x2y 2y 8y3 6yvxx(x2y2)3(x2y2)2，vyy(x2y2)3(x2y2)2，则8x2y 8y3 8yuxxuyy2(2)0，vxxvyy(x2y2)3(x2y2)3(x2y2)20。-7-求具有下列形式的所有调和函数u：1）u

f(axby与2）u

f⎛y⎞。⎜x⎜x解 1）由

afu a2fu b2f而u

0，则f''0，即fc(axby)c。x xx yyy y

xx yy 1 21 12）由uxx2

f',uxx2x3

f'x4

f'',uyx

f',uyyx2

f'',而uxxuyy0，则⎛y2⎞ y y⎜1 x2⎟f2xf' 0,即f arctan

c2。⎝ ⎠f(z)uiv：1）u(xy)(x24xyy2)； 2）v

,f(2)0；x2y2y3）u2(x1y,f(2i； 4）varctan ,x0。yxx 解 1）u3x26xy3y2,u3x26xy3y2x x f'(z)uiu3x26xy3y2i(3x26xy3y2)3(1i)zx f(z)(1i)z3ic,c\；x2y2 2xy x2y22ixy z2 12）f'(z)vyivx(x2y2)2i(x2y2)2

(x2y2)2

(zz)2z2，故f(z)1c,又f(2)0，则f(z)11；z 2 z3）f'(z)uxiuy2y2i(x1)2i(x1iy)2i(z1)，故f(z)i(z1)2c,又f(2)i，则f(z)i(z1)2；x y xiy z 14）f'(z)vyivxx2y2ix2y2x2y2zz

f(zlnzcc\。z设vepxsinyp的值使vf(z)uiv。xx 解 vv epxsiny(p21)0，知p1。当p1时，f(z)ezc,c\；当pxx f(z)ezc,c\。如果u(xyDCDz0为中心的任何一个正向圆周：|zz0|r，D。试证：u(xy在(x0y0的值等于u(xy在圆周C上的平均值，即1 2u(0,0)

u(x0rcos,y0rsin)d；u(xy在(x0y0的值等于u(xy在圆域|zz0上的平均值，即u(x,y)

r02u(x

rcos,

rsin)rddr。00 0 r200 0 00证明 1）由平均值公式（P86）-8-f(z)1 2f(z

R)d0 0 01 2只取其实部有：

u(0,0)

u(x0rcos,y0rsin)d；1 2

1 2）1）r200u(0rs,0rin)rdrr20u(0,0)rru(0,0)。0 0f(z)uivDDz|RD。设z为C内一点，并令z˜R2/z，试证f)z˜

zf)zR

0。C C证明 因z为C内一点，|R2/z|R2/|z|

R|z

RR，故f()在C及其内部解析。由z˜ f( Cauchyd

zf)zR

0。C C33的结果，证明C1 ⎡ 1 z ⎤ 1 (R2zz)f)CC⎣ f(z)i⎢zR2z⎥fC⎣

iz)(R2z)d，其中C为|z|R|.

1 f)

zf()证明 由柯西积分公式有： f(z) d；而由33题结果知2i z zR

0，故C C将这两式相减即得。35如果令Rei,zrei，验证 d d/ id .z)(R2z) z)(z) R22Rr)r2并由34题的结果，证明1 2

(R2r2)f(Rei)取其实部，得

f(z)

d.R22Rrcos()r21 2(R2r2)u(Rcos,Rsin)u(x,y)u(ros,rsin)0

R22Rr)r2 d这个积分称为泊松（Poisson）积分。通过这个公式，一个调和函数在一个圆内得值可用它在圆周上的值来表示。R2 证明 R

R

i

d，故(z)(R2z)

d/R2

d/z)(

z.又diRei

id

(z)(z)2 2 R

，

z)

2Rrcos()r，故-9- d/ id 。z)(z) R22Rr)r21 (R2zz)f) 1 (R2r2)f(Rei)d34f(z)iz)(R2zdR22Rrr2。C Cf(z在简单闭曲线C内及Cn为正整数.试用柯西积分公式证明：Cn 1 [f)]nC[f(z)]

i

z

d.M为|f|在CL为Cdz到C的最短距离，试用积分估值公式（3.1.10）于1）中的等式，证明不等式：⎛L⎞1/n⎝ |f(z)M⎜d⎟ ⎝ n，对2）中的不等式取极限，证明：|f(zM。这个结果表明：在闭区域内不恒为常数的解析函数的模的最大值只能在区域的边界上取得（最大模原理。证明 1）在柯西积分公式中将里面的函数f(z)换成[f(z)]n即得。[f()]nz[f()]nzC2）由1）知|f(z)|

[f(z)]

ds M，故2d⎛L ⎞1/n ⎛L⎞1/n|f(z⎜ Mn⎟ M⎜ ⎟ 。⎝2d

⎠ ⎝d⎠3）2）（n-10-习题四解答下列数列是否收敛？如果收敛，求出它们的极限：1）

1

；2）

i

;3）(1)n

i ;4）

eni/2；5）n 1

n ⎜ 2

n n1 n⎝ ⎠1eni/2n n1ni 1n2 2n 1n2 2nn 1解 n 1ni 1n2

1n

i，又lim2n1n2

1,lim2 n1

20，故n收敛，nlim1nn⎛

i⎞n ⎛2

⎛2 ⎞n2）

1

ei

，又lim

ei

0，故收敛，lim05n ⎜ 2⎟ ⎜ 5

n⎜

n nn5⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠5n 由于的实部()n发散，故n 由于

eni/2cosnisinn，其实部、虚部数列均发散，故发散n 2 2 n5）

1eni/21cos1 ，知 i i

n

1

0，n lim cos 0,lim sinn nn 故收敛，limn n证明：

n 2

nn 2

nn 2⎧0, ||<1,imn imn ⎨n

⎪1,

1,|.判断下列级数的绝对收敛性与收敛性：in

(6+5i)n

cosin1）n；2）lnn； 3） 8n 4） 2n 。n1

n2

n1cosn

n2sinn解 1）由incosisin，2与2为收敛的交错项实级数，2 2 n1

n1 ninninnininninnn所以 收敛，但nn1

，故nn1n

发散，原级数条件收敛；11）

161nln61n

(n2)；(6+5i)n8n⎛ 61(6+5i)n8n

(6+5i)n⎜因⎜

8⎟，而⎜8⎟收敛，故

绝对收敛；⎝ ⎠ n1⎝ ⎠chn

cos

n1因cosinchn，而limn2n

0，故 2n22

发散。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收敛圆内可能有奇点；z0z0级数。解（1）不对。如znz1z1上并不收敛；n0（2）不对。幂级数的和函数在收敛圆内为解析函数，不能有奇点；(3)不对。如fzz在全平面上连续,但它在任何点的邻域内均不能展开成Taylor级数。幂级数nz2z0z3发散？nn0解 不能。因如nz2在z0收敛，则由bl定理其收敛半径nn0R0223212z3在其收敛圆|z22内，故级数n

z2n在z3收敛，矛盾。求下列幂级数的收敛半径：

n0zn

（n2n nnnp(为正整数)； （2）

z； （3）＋i)z；n1

n1

n0 i

⎛i

⎛ z⎞n（4）enzn； （5）ch⎜ ⎟(z1)n； （6）⎜ ⎟。n1解（1）R1/n

nannnan

n1nnpnnp2

⎝n

n1⎝lnin⎠R1/

an1an1an

(11)nanan1lim n anan1n

n

n n1R1/limnR1/limnR1/limnR1/nncosncos1n

lim1/|1i|1/nannnannannannannchnannch⎛i⎜n⎝ nnanlim|lnin|nann

；21/2n

1；如果cznR，证明级数Re

zn的收敛半径R。nn0

nn0 证明 对于圆|zR内的任意一点z，由已知czn绝对收敛即

zn收敛，又nn0

nn0因Recn

cn

Re

zn|c

||z|n，故由正项级数的比较判别法Recnnn0nn

zn也收敛即Recnz在|z|R内绝对收敛，于是其收敛半径R。nn0证明：如果imn1存在（ncnncznn

cnn1

zn1；

nczn1。nn证明 设limcn1，则幂级数czn的收敛半径为1/||；nnncn幂级数

cnn1

zn1R1/liman1an1an

limcn/(ncn/(n1)cn1/(n2)

1/||；an1an幂级数nczn1an1an

lim

1/||；n n

nncn(ncn(n1)cn1设级数n0

收敛，而cnn0

发散，证明发散，证明cz的收敛半径为1。nn03 证明 由级数c收敛知幂级数czn在z1处收敛由Abel定理知cznnn0

nn0

nn0R1；而c发散知|czn|在|z|1处发散，故czn的收敛半径nn0

nn0

nn0nR1。所以czn的收敛半径为1。nn0n0如果级数cznzn0

处绝对收敛，证明它在收敛圆所n0围的闭区域上绝对收敛。n证明 由Abel定理知czn在其收敛圆内绝对收敛再证其在圆周上绝对收敛即nn0 可。在圆周上任取一点，|cn||czn|，知cn绝对收敛，故结论成立。n0

n nn0

nn0z的幂级数，并指出它们的收敛半径。（1）

11

（2）

11z2

（3）cosz2（）shz；z（5）hz（6）ez2sinz2（7）ez1（）

11解 （1）

11

1zz2z3…,|z|1，故11而收敛半径R=1；

1z3z6z9nz3n，|z1，

11

1zz2z3nzn，|z1，1故 1z

1z2z4nz2n，|z1，⎛ 1又因