高等数学答案_第四册_四川大学编

第一章 复数与复变函数（1） 1.计算
)(1)2;
i i i i i -=-=-()122(12)(34)(2)510212
2.
;345(34)(34)591655
i i i i i i i i i i i i +-++--+++=+=-=---+-+5551
(3).;
(1)(2)(3)(13)(3)102
i i i i i i i ===------4222(4).(1)[(1)](2)4;
i i i -=-=-=
-112
2
())]
a bi =+=
112
22
4
sin )]()(cos
sin );22i a b i θθ
θθ=+=++
3.
设
1z
=2;z i 试用三角形式表示12z z 及12z z 。

解：121cos
sin
;(cos sin );
44266z i z i ππ
ππ
=+=+ 121155[cos()sin()](cos sin );
2464621212z z i i ππππππ=+++=+ 122[cos()sin()]2(cos sin );46461212z i i z ππππππ=-+-=+
11.设123,,z z z 三点适合条件1230z z z ++=及1231;z z z ===试证明123
,,z z z 是一个内接于单位圆z =1
的正三角形的顶点。

证明：1230;z z ++=z 123231;312;;
z z z z z z z z z ∴=--=--=-- 122331;z z z z z z ∴-=-=-123,,z z z ∴所组成的三角形为正三角形。

1231z z z ===123,,z z z ∴为以z 为圆心，1为半径的圆上的三点。

即123z ,z ,z 是内接于单位圆的正三角形。

21z z z z -•-
arg(1)2;k αβγπ∴++=-+ (0,);(0,);(0,);απβπγπ∈∈∈
(0,3);αββπ∴++∈ 0;k ∴=;αβγπ∴++=
第一章 复数与复变函数（2）
7.试解方程()4400z a a +=>。

解:由题意44
z a =-,所以有()4
10z a a ⎛⎫
=-> ⎪⎝⎭;
4
cos sin i z i e
a π
ππ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭;所以24(0,1,2,3)k i z e k a θπ
+==;
41i
z ae π
=;34
2i
z ae π=;54
3i
z ae π=;74
4i
z ae π=.
12．下列关系表示的z 点的轨迹的图形是什么？它是不是区域？
1212(1).()z z z z z z -=-≠
解：此图形表示一条直线，它不是区域。

(2).4;z z ≤-
≤816;2;x x ≤≤此图形为≤x 2的区域。

1(3).1;
1z z -<+
解：
222211(1)(1);z z x y x y -<+-+<++；22;0;x x x -<>此图形为x>0的区域。

(4).0arg(1)2Re()3;
4
z z π
<-<
≤≤且
解：此图形表示[2,3]区间辐角在[0,]
4π
的部分。

(5).1Im 0;z z ≥>且
解：1z ≥表示半径为1的圆的外上半部分及边界，它是区域。

12(6).Im ;y z y <≤
解：它表示虚部大于1y 小于等于2y 的一个带形区域。

(7).231;z z >->且
解：此图形表示两圆的外部。

131
(8).;
2222i i z z ->->且
解：
211()22y +->2x ，2231()22x y +->
，它表示两相切圆半径为1
2的外部区域。

(9).Im 12;z z ><且
解：此图形表示半径为2的圆的内部，且Im 1z >的部分，它是区域。

(10).20arg ;
4z z π
<<<
且）
解：此图象表示半径为2的圆的内部且辐角主值在4π⎡⎤⎢
⎥⎣⎦0,的部分，它是区域。

第二章 解析函数（1）
4.若函数()f z 在区域D 上解析，并满足下列的条件，证明()f z 必为常数. ()()0f z z D '=∈
证明：因为()f z 在区域上解析，所以,u v u v x y y
x ∂∂∂∂==-
∂∂∂∂。

令()()(),,f z u x y iv x y =+，即()0
u v
f z i x y ∂∂'=+=∂∂。

由复数相等的定义得：0
u v x y ∂∂==∂∂，0u v
y x ∂∂=-=∂∂。

所以，()1,u x y C =(常数) ，()2,v x y C =(常数)，即()12f z C iC =+为
常数。

5 .证明函数在z 平面上解析，并求出其导数。

（1）(cos sin )(cos sin ).x x
e x y y y ie y y x y -++
证明：设()()(),,f z u x y iv x y =+=(cos sin )(cos sin ).x x
e x y y y ie y y x y -++
则(),(cos sin )x u x y e x y y y =-，
(),(cos sin )x
v x y e y y x y =+ (cos sin )cos x x u e x y y y e y
x ∂=-+∂；cos sin cos x x x v e y y ye x ye y ∂=-+∂
(sin sin cos )x u e x y y y y y ∂=-++∂； (cos sin sin )x v e y y x y y x ∂=++∂
满足;u v u v
x y y
x ∂∂∂∂==-
∂∂∂∂。

即函数在z 平面上(),x y 可微且满足C R -条件，故函数在z 平面上解析。

()(cos sin cos )(cos sin sin )x x u v
f z i e x y y y y ie y y x y y x x ∂∂'=
+=-++++∂∂
8．由已知条件求解析函数()f z u iv =+， 22
u x y xy =-+，()1f i i =-+。

解：2,2x y u x y u y x
=+=-+，
2,2
xx yy u u ==-。

所以
xx yy u u +=即u 是平面上调和函数。

由于函数解析，根据C R -条件得
2x y u v x y ==+，于是，2
2()2y v xy x ψ=++,其中()x ψ是x 的待定函数，再
由C —R 条件的另一个方程得2'()x v y x ψ=+=2y u y x
-=-，
所以'()x x ψ=-，即2()2x x c ψ=-+。

于是22
222y x v xy c
=+-+
又因为()1f i i =-+，所以当0,1x y ==，时1u =，
112v c =
+=得
1
2c = 所以
()2222
1(2)
222y x f z x y xy i xy =-+++-+。

第二章 解析函数（2）
12.设ω是z 的解析函数，证明x y u v ∂∂=∂∂，x y v
u ∂∂=-
∂∂ (,)u iv z x iy ω=+=+。

证明：ω是z 上的解析函数，所以，ω在(),x y 上处处可微，即u v x y ∂∂=
∂∂，
u v
y x ∂∂=-∂∂，
所以，u v y v u x x y v y x u ∂∂∂∂∂∂=∂∂∂∂∂∂，所以x y u v ∂∂=
∂∂， 同理，u v y v u x y y v
x x u ∂∂∂∂∂∂=-∂∂∂∂∂∂，所以，x y v v ∂∂=-
∂∂ 即得所证。

14.若z x iy =+，试证：（1）sin sin cos z xchy i xshy =+。

证：sin sin()sin cos cos sin z x iy x iy x iy =+=+
=()sin cos 22iiy i iy iiy iiy
e e e e x x
i --+-+
=()sin cos 22y y i iy y
e e e e x i x
--+-+
sin cos xchy i xshy =+
18.解方程
ln 2i z π=。

解：
ln ln arg 02i z z i z π
=
+=+
， 即
1,arg 2z z π
==
，设z x iy =+ 1=，()arg 2x iy π
+=
得0,1x y ==，即z i =。

20.试求2(1),3,,i i i i
i i e ++及(1)Ln i +。

解：(2)22
2
,0,1,2,i k i
k i iLni
i e
e
e
k π
π
π
π+--====±±⋅⋅⋅
(2)
(1)
24
4(1)(cos sin i k i iLn i k i e
e
i e e π
π
ππ+
++===，
0,1,2,k =±±⋅⋅⋅
(1)ln(1)22(2)44Ln i i i k i i k i k π
π
πππ+=++=+=+
0,1,2,k =±±⋅⋅⋅
3(ln32)3cosln3sin ln3i iLn i k e e i π+===+
222(cos1sin1)i i e e e e i +==+
22，求证0sin lim 1z z z →=
证: z x iy =+(x,y,均为实数)，所以
,sin sin()
lim
lim
z x y z x iy z x iy →∞→∞+=+ 当0x →则极限趋近于z 轴，有sin lim 1iy iy i y iy e e iy iyz -→∞-==
当0y →时，则极限趋于z 轴，有sin lim
1
x x
x →∞=，
故sin lim 1z z z →∞=。

第三章 柯西定理 柯西积分（1）
1.计算积分12
),
i
x y ix
dz +-+⎰
（积分路径是直线段。

解：令z=(1+i)dz ， dz=(1+i)dt ，则：
1
2
0(1)it i dz
=+⎰⎰1+i
20(x-y+ix )dz 31
2
011
(1)(1)033t i i t dt i -=-=-=⎰。

2.计算积分路径是（1）直线段，（2）右半单位圆，（3）左半单位圆。

解：
1(11)z it t dz idt z t =-≤≤==（）令，， ， 111
1
1
()i i
z dz t idt i t dt i tdt i
---==-+=⎰⎰⎰⎰所以
(2).cos sin ()(sin cos )1
2
2
z i dz d z π
π
θθθθθθ=+-
≤≤
=-+=令：，， ，
则
2
22
2
sin cos 022i
i
z i d i d i i
π
π
ππθθθθ---=-+=+=⎰
⎰⎰
3(3).cos sin ((sin cos )122
z i dz i d z ππ
θθθθθθ=+=-+=令 从
到），， ，
22332
2
sin cos 022i
i
z d i d i i
π
π
ππθθθθ-=-+=+=⎰
⎰⎰
5.不用计算，证明下列分之值为零，其中C 为单位圆。

（1）cos c dz z ⎰，（2）222c dz
z z ++⎰，（3）256z c e dz z z ++⎰，
解：（1）因为函数θ1f(z)=cos 在单位圆所围的区域内解析，所以0cos c dz
z =⎰。

（2）因为函数()f z =21z +2z+2在单位圆内解析，所以0=⎰2c dz
z +2z+2。

（3）D z z
2e e 因为函数f(z)==的解析区域包含拉单位围线
z +5z+6(z+2)(z+3)
dz =⎰z
2c e 所以由哥西积分定理有z +5z+6
6.计算1z dz z =⎰，1z dz z =⎰，1z dz z =⎰，
1z dz z =⎰。

解：1112(1)21
z z dz dz
if i
z z ππ=====-⎰⎰（）。

2110
(2)0
i i z z dz ie d de z πθ
θθ=====⎰⎰⎰。

()210cos sin (3)0
cos sin z i d dz
z i πθθθθθ=+==+⎰⎰。

210
(4)2z dz
d z πθπ===⎰
⎰。

7.由积分2c dz
z +⎰之值，证明2012cos 054cos d πθθθ+=+⎰，其中取单位圆。

证明：因为被积函数的奇点2z =-在积分围道1z =外，故02c dz
z =+⎰，现令
i z re θ
=，则在
1z =上cos sin i z e i θθθ
==+，
()cos sin i dz ie d i i d θθθθθ==+，
2c dz z =
+⎰()
20
cos sin 2cos sin i i d i π
θθθ
θθ
+++⎰
()()
()()
cos sin 2cos sin 2cos sin 2cos sin i i d i i π
θθθθθ
θθθθ++-+++-⎰
20
-=
()20
2sin 2cos 154cos i d πθθθ
θ-++=+⎰
，
比较可得：202sin 054cos d πθ
θθ=+⎰，
202cos 1
054cos d πθθθ+=+⎰。

第三章 柯西定理 柯西积分（2） 8.计算：
（1）()221
:21c z z dz C z z -+=-⎰，。

解：222122112(2)111c c c z z z z z z dz dz z dz z z z -+-++-+==+---⎰⎰⎰ 11
(21)(2)11c c c c z dz z dz dz dz z z =++=++--⎰⎰⎰⎰ 002(1)2if i ππ=++=。

10.设C 表圆周23y +=2x ，()2371
c f z
d z ζζζζ++=-⎰，求()f '1+i 。

解：设
()2
371ζζζ=++g ，它在复平面内解析，故当z C ∈时，则由哥西积分公式有()()()22
37122371c c g f d dz ig z i z z Z z ζζζζππζζ++⎡⎤====++⎣⎦--⎰⎰z ，
所以
()()2
1123712671226z i z i
f i z z i z i
ππππ=+=+''⎡⎤=++=+=-+⎣⎦
1+i 。

11.求积分(),:1,z c e dz C z z =⎰从而证明：cos cos(sin )e d π
θθθπ=⎰0。

解：由于:1C z =，函数
()z
e f z z =在0z =处不解析，0(2)2z z
z c e dz ie i z ππ===⎰。

令,i i z e dz ie d θθ
θ==，则
[]cos sin 22cos 00cos(sin )sin(sin )2z i i i c e e d ie d i e i d i z e θθππθθ
θθθθθθπ+==+=⎰⎰⎰，故
22cos cos 0
cos(sin )sin(sin )2e
d e i d π
π
θ
θθθθθπ
+=⎰⎰，所以
cos 0
2cos(sin )2e d π
θθθπ
=⎰，即
cos cos(sin )e d π
θθθπ
=⎰。

13.设()2f z z =，利用本章例5验证哥西积分公式
()()c f d f z z ζζπζ-⎰1
=2i 以
及哥西求导公式()()()()1!
2n n c f n f z d i z ζζπζ+=-⎰。

提示：把()f ζ写成
()
()2
2
2z z z z ζζ-+-+。

证明：设()()()2
22
2f z z z z ζζζζ==-+-+，则式的右边为可写为：
()()
()2
2
21
2c c f d z z z z dz z i
z
ζζζζπζπζ-+-+=
--⎰⎰1
2i
()2122c c z z z d d i z ζζζππζ-++⎡⎤⎣⎦-⎰⎰1=2i 由哥西积分定理有：
()1202c z z d i ζζπ-+=⎡⎤⎣⎦⎰，所以右边222
11222c z d z i z i z i ζππζπ===-⎰，
即 左边=右边。

再由式子可知当1n =时，
()()()
()
2
11
22c c
f f f z d d i z i
z ζζζζπζπζ'
⎡⎤'==⎢⎥
--⎣⎦⎰⎰，成
立。

假设当n k =时，
1!()()2()k k c k f d f z i z ζζ
πζ+=
-⎰等式成立。

则 当1n k =+时，()1
2
1!()()2()k k c k f d f z i z ξξπξ+++=-⎰成立。

所以
()()()
()
1
!
2n n c
f n f z d i
z ζζ
πζ+=
-⎰。

14.求积分（1）()5
cos 1c z
dz z π-⎰，（2）22(1)z
c e dz
z +⎰，其中():1.C z a a => 解：（1）被积函数有奇点1z =，该奇点在积分围道内，由哥西积分求导公式有： ()5cos 1c z dz z π-⎰[]()45
24
4122cos 1cos 4!4!12z i d i z i dz ππππππ===-=-
''
22
22222212()()(2):22(1)()()()()z z z z z c c c z i z i
e e e e e z i z i dz dz dz i i z z i z i z i z i ππ==-⎡⎤⎡⎤+
-=+=+⎢⎥⎢⎥+-++-⎣⎦⎣⎦⎰⎰⎰(1)(1))2
24i i i e i e i π
π
π
-=
--
+=-
第四章 解析函数的幂级数表示（1）
2.将下列函数展为含z 的幂级数，并指明展式成立的范围：
（1）1(,a b az b ≠+为复数，b 0)，（2）2
0z e dz
π
⎰，
（3）0sin z z
dz z ⎰，（4）2cos z , (5)2sin .z (6)()211z -，
（1）解：原式=1
0111()
1n n a
z a b b b
z b
-∞==-+∑
|||
|b
z a <
（2）解：原式=∑⎰∑∞
=+∞
=+=01
200
2)12(!!)(n n z n n n n z dz n z |z|<∞ （3）解：原式=∑⎰∑∞
=+∞
=++-=+-01
2002)12()!12()1()!
12()1(n n n z n n n n n z dz n z |z|<∞ （4）解：原式=
∑∞=-+=+02)!2()2()1(212122cos 1n n n n z z |z|<∞ （5）解：原式=
∑∞=--=-02)!2()2()1(212122cos 1n n
n n z z |z|<∞ （6）解；原式=∑∑∞=-∞=='='-01
0)()11(n n n n nz z z |z|<1
4．写出()ln 1z
e z +的幂级数至少含5z 项为止，其中()0ln 10z z =+=。

解：
2
21,||2!z
e z z =+++
<∞，
()23
ln 1,||1
23z z z z z +=-+-
<
两式相乘得
234
111111111ln(1)1(1)()()2232!4322!3!
z e z z z z z
+=++-+-+++-+-+51111111()||15432!23!4!z z +-+-+<
5．将下列函数按()1z -的幂展开，并指明收敛范围：
（1）cos z ， （2）sin z ，
（3）2z
z +， （4）2
25z z z -+， 解：（1）原式=cos(11)cos(1)cos1sin(1)sin1z z z -+=-+-
2212000(1)(1)(1)(1)(1)(1)1cos1sin1(cos1sin1)
2!(21)!2!21n n n n n n n n n z z z z n n n n +∞
∞
∞===-------=+=+++∑∑∑
|1|z -<∞
（2）原式=sin(11)sin(1)cos1cos(1)sin1z z z -+=-+- 2212000
(1)(1)(1)(1)(1)(1)1cos1sin1(sin1cos1)
2!(21)!2!21n n n n n n n n n z z z z n n n n +∞
∞
∞===-------=+=+++∑∑∑ |1|z -<∞ （3）
2
11111(1)()(112333313z z z z --==-+--++01()
233n
n z z z z ∞
=-∴=-+∑ |1|3z -<
（4）解：原式220
11()[(
)]
1421()2n n z z z ∞
=-==--+∑ |1|z -<6．设2
011n
n n c z z z ∞
==--∑，证明(
)122n
n n c c c n --=+≥，指出此级数展式之前5
项，并指出收敛范围。

解：
111
[(]
5n n n
c ++=
-（0n ≥），
1
11[(
(]
22n n
n c -=
-11
211[((]
22n
n n c ---
+=-
12n n n c c c --∴=+）
原式
=
23
41255
z z z z ++++
||z <
第四章 解析函数的幂级数表示（2）
9．将下列函数在指定环域内展成罗朗级数：
（1）
()2
1
,01,1.1z z z z z +<<<<+∞-
解：原式
2212
1z z z --=
+-
在01z <<内，上式2202122121n
n z z z z z z ∞
=--+=-=---∑ 在1z <<+∞内，上式22021212121()11n
n z z z z z z z z ∞=++=-+=-+-∑
(2)
()()
22
25
,1221z z z z z -+<<-+，
解：原式220012111111()()()21222222
(1)1()22n
n
n n z z z z z z ∞∞==-=+=-=---+-+∑∑
01()[1(1)]1||222n
n n z
z ∞==--<<∑
（3）()2
,011z e
z z z <<+
解：原式
220011()[()]0||1
21!2n
n z n n z z e z z z z n ∞∞
==-=+=--<<+∑∑
（4）
()()
51
13z z --，03z <<
解：当1||3z <<时，原式=5
5(1)100511111()()()133113n
n n n n z z z z z ∞∞
++==-=---∑∑
当0||1z <<时，原式=55
1
00111()()13313n n n n n z z z z ∞∞
+==-=--∑∑
（5）
sin
1z z -，011z <-<。

解：1111sin sin sin1cos cos1sin 1111z z z z z z -+==+---- 22100
11(1)(
)(1)()11sin1cos1(2)!(21)!n n n
n n n z z n n +∞
∞==----=++∑∑221
00(1)(1)sin1cos1(1)(2)!(1)
(21)!n n
n n n n z n z n ∞∞
+==--=+--+∑∑。

10．将下列各函数在指定点的无心邻域内展成罗朗级数，并指出成立的范围：
（1） ()
2
2
1
1z
+，其中z i =。

解
：
()
2
22
2
1
1111111
()4()4()41z i z i i z i z i
z
=-
-+--+-++12
00011111(1)()(1)()()(1)()4()1622482n n n n n n n n n z i z i z i z i z i i i i i ∞∞∞
-===---=-+--+---∑∑∑ 22
00111111[(1)()](1)()4()4()16282n n n n n n z i z i z i z i i i ∞∞==--=-+-+-+---∑∑ 0||2z i <-<
（2）
()
1
2
11z
z e
--，1z = 解：()1222
112
00
111(1)1(1)(1)!(1)!(1)n z n n n n z z e z z n z n z e ∞∞
--==---=-=-=--∑∑，|1|0z ->
11．把
()1
1f z z =
-展成下列级数： （1）在1z <上展成z 的泰勒级数。

解：
()01
1n
n f z z z ∞
===-∑， 1z <。

(2)在1z >上展成z 的泰勒级数。

解；()0111111
()()
1111n
n f z z z z z z
z ∞===-=-=----∑， ||1z >
(3)在12z +<上展成()1z +的泰勒级数。

解：原式01111()
122212n n z z ∞=+==+-∑， |12z +|<1
(4)在12z +>上展成()1z +的泰勒级数。

解：原式
12(1)
(1)(
)21
11
n
n z z z z ∞
==-+=-++-+∑ 2
|
|1
1z 〈+
12．把()()
11f z z z =
-展成在下列区域收敛的罗朗或泰勒级数： （1）01z <<，
解：原式01111n n z z z z ∞==+=+-∑， （2）1z >
解：原式0111111()
11n
n z z z z z z ∞==-=--∑，
（3）011z <-<
解：原式1
100111(1)(1)(1)1(1)11n
n n n n z z z z z -∞∞-===+=-+==---+--∑∑，
（4）11z ->
解：
原
式
01111(1)()111111n
n n z z z z ∞==+-+---+-∑1
1(1)()
1n n n z ∞==--∑， （5）11z +<
解：原式
0111
(1)1(1)11n
n z z z z ∞
==-+=-++-+--∑ 0011(1)()
22n n
n n z z ∈
∞==+=-++∑∑，
（6）112z <+<
解：原式0011111111()()11212211
1121n
n
n n z z z z z z ∞∞==+=+=+++++--+∑∑ 101
(1)(1)2n n n z ∞
+==-+∑。

（7）12z +>
解：原式00
1
111211()()2111111(1)(1)111n
n
n n z z z z z z z z ∞∞===-+=-+++++++--
++∑∑
11
(1)(1)n n
n z z ∞
==-+∑ |1|2z +>
第四章 解析函数的幂级数表示（3）
13．确定下列各函数的孤立奇点，并指出他们是什么样的类型，对于无穷远点也要加以讨论：
（1） ()
2
21
1z z z -+
解：孤立奇点为：0,,z z i z i ===-，
对于0,z =原式=1
()1()
z X z z z i z -=∴-Z 为一阶极点
z i =，原式=
22
2
211
1()()()(1)z z z z i z i z z i z --=∴-++-z i =为二阶极点， 同理：z i =-也为二阶极点。

对z =∞，原式=4222
211
(1)11(1)(1)z z z z z z --=++，由于422
0(1)lim 0(1)n z z z →-=+，即为可去奇点。

（2）22
1()z i +
解：
2
0z i +=，3()
4
i k z e
ππ+=为二阶极点。

4
2222222
22111lim lim lim lim 011()(1)()()z z z z z z i z i z i i z z →∞→∞→∞→∞====++++即为可去极点。

(3)3
1cos z
z -
解；23
31cos 1
22z z z
z z -==，0z =为一阶极点。

3300311cos
1cos 1lim lim lim (1cos )01z z z z z z z z
z →∞→→--==-=即为可去极点。

(4)
1cos
z i + 解：z i =-为本性极点。

011limcos limcos limcos()111()
z z o z z
z i zi i z →∞→→===+++即在无穷远点为可去极点。

(5)1z z
e e -
解：z=0，1
1z z
z
m e e e mz -=-即z=0时，有(m-1)阶极点，
1
00111lim lim lim (1)01
()z
m z z z z m e e z z e zm z →∞→→--==-=即无穷远点为可去极点。

(6)1z
z
e e -
解：0z =，
011
lim 11
11z z z z
e e e
→=--即无穷远点为可去极点。

(7)1
sin cos z z +
解：sin cos )4z z z π+=+，4z k π
π
+=，
4z k π
π=-
(k=0,1±
, )一阶极点，
00111
lim lim lim 111sin cos sin cos sin()4z z z z z z z z π
→∞→→===+++不存在，为本性极点。

(8)11z
z
e e -+
解：1z e =-，z i θ=，1i e θ
=- (21)z i k π=+(0k =,1)±一阶极点。

11
12111
0021()11(1)lim lim lim lim 1111()()
z
z
z
z
z z z z z z z z e e e e z e e i e e z →∞→∞→→--
'---===-+'++-即可去极点。

(9)22
3
(32)z z -+
解：1,2z z ==，三阶极点，
2
22
2
3
332001111
lim(32)lim(32)lim[(1)(2)]z z z z z z z z z
→∞→→-+=-+=--223
4
0(132)
lim
3z z z z →-+==∞
(10)tgz 解：
2z k ππ=+ (0k =,1±,)一阶极点，01sin
lim lim
1
cos
z z z tgz z →∞→==>不存在 (11)1sin
1z -
解：1z =，为本性奇点，0011limsin limsin limsin 01111z z z z
z z z →∞→→∴===---
即为可
去奇点。

(12)11
1
z z e e --
解：0,1z z ==，一阶极点，11
111
111
100lim
lim lim 0
11z z z
z
z z z z z z e e e
e e e ----→∞→→===--可去奇点。

14.设()(),f z g z
分别以z a =为m 阶极点，试问z a =为,,
f
f g f g g +•的什么
样的特点。

解；设n
m a z z z g a z z z f )()
()(,)()()(-ϕ=-λ=
⎪⎪
⎪
⎩⎪⎪⎪⎨⎧=-φ+λ<-φ+λ->-φ-+λ=+--)()()()()()()
()()()()()
()()(n m a z z z n m a z z z a z n m a z z a z z g f n n
m
n m
n m （1）
()()
.()m n z z f g z a λφ+=
- (m+n)阶极点 （2）
可去奇点级零点）级极点（）（)()()()()
()
()()
()()()(1)()(n m n m n m z z n m z z a z n m z z a z z g z f m n n m --⎪⎪⎪⎩⎪⎪
⎪⎨⎧
=φλ<φλ->φλ-=-- (3)
所以
当m ≠n 时 z=a 为f+g 的max{m,n}阶极点
当m=n 时 阶的极点或可去极点低于阶极点n n a a a a _____0)()(0
)()(⎩⎨
⎧=φ+λ≠φ+λ
15.设
()0
f z ≠，且以z a =为解析点或极点，而()z
ϕ以z a =为本性奇点，
证明z a =是()
()z f z ϕ±，()()z f z ϕ，()
()z f z ϕ的本性奇点。

证明：设∑∞
=-ϕ=ϕ-λ=0)()
()(,)()()(n n
m a z z z a z z z f m n n
a z z a z z z f z )()
()
()()()(0-λ±-ϕ=±ϕ∑∞
=显然其中主要部分有无限项。

所以z=a 是±f(z)+ φ(z)的本性奇点。

n
m n m
n n n n
m a z z z a z z a z z z f z a z z a z z z f z -∞
=∞
=∞=-λϕ=-λ-ϕ=ϕ-ϕ-λ=ϕ∑∑∑)()()
()()()()
()()()()
()()()().(000
所以z=a 是f(z)φ(z)及)()
(z f z ϕ的本性奇点。

16．讨论下列函数在无穷远点的性质。

(1)2
z
解：∞
==∞→∞→221lim lim z z z z 二阶极点。

(2)1z z +
解：⇒=+=+=+∞→∞→∞→111lim 111
lim 1lim z
z z z z z z z z z 可去极点。

(3)()12
1z +
解：
1
21
...
1
1)1( (1)
1)1(102
022101
22101==∴+++=+∴+++=+c c c z
c z c c z z
c z c c z z z
令
由上得：0c =±1 211±
=c
从而得：z=∞为本性奇点。

(4)
1sin
z z 解：1
sin 1
lim 1sin lim ==∞→∞→z z z z z z 可去奇点。

第五章 残数及其应用（1）
1. 求下列函数在指定点处的残数.
()1()()211z
z z -+在1,z =±∞
解:当1z =时，
()2111Re ()lim 1z z z z s f z z →→=⎛⎫
= ⎪ ⎪
+⎝⎭=14, 当1z =-时，()()11111
Re lim 4
z z z z d z s f z dz =-→-→-⎡⎤⎢⎥-⎢⎥==-
⎢⎥⎢⎥⎣⎦.
求z →∞时的残数，用残数和定理，即, ()()11Re Re Re 0z z z s f z s f z s →∞→→-=+=,
()
12sin z 在()0,1,2z n n π==±±
解:由题可知,z n π=是本题的极点，将sin z 用罗朗展开得:
sin z =()()21121!n
n z n +-+∑，求()Re z n s f z π=，
()Re 1
z n s f z π
==。

(3)24
1z e z -在0,z =∞.
解:将原式用罗朗展开得：241z e z -=
()()2
4
222
z z z -
-
，
()()340024
321Re Re 3
z z z s f z s z ==⎡⎤⎢⎥
-⎢⨯⨯⎥==-
⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦,根据残数和定理，()4Re 3z s f z →∞
=
. (4)1
1
z e
-在1,z =∞,
解: ()f z 的奇点为1，将11
z e
-用罗朗展开式展开得：
2
111121(1)z z +++-⨯⨯
- 所以,
()11
1Re Re 11z z s f z s z ==⎛⎫
== ⎪-⎝⎭, 根据残数和定理得：11Re 1z z s e -→∞
⎛⎫
=- ⎪⎝⎭
2.求下列函数在其孤立奇点(包括无穷远点)处的残数(m 是自然数).
()1
1sin
m z z
解:将式子用罗朗展开()()()2111sin 21!n n m m z z z z n -+-=+∑，当1211,2m n n m --=-=. 当m 为奇数时，残数为0，当m 为偶数时,
()()
2
1Re (1)!m z s f z m =-=
+,根据残数和定
理,
()()()2
11!m z Res f z m →∞-=-
+
(2) 21m
m
z z +
解：2(0,1,2(1))k i
m
z e
k m ππ
+==-是函数的一阶极点。

当1m =时， ()2Re 1k i m z e s f z ππ+==-，
()
()
()
1
3()
m
Z z αβαβ≠--
解:本题是以z α=为m 阶极点，以z β=为其一阶极点.
(1)
1
1Re ()lim (1)!m z z s f z m z ααβ-→=⎛⎫== ⎪--⎝⎭-()1m βα-
()()1
Re m z s f z β
βα==-
根据残数和定理得:
()Re z s f z →∞=-()1m βα-+()1
m βα-=0
(4) ()
2
1z
e z - 解:
()()
2
1z
e f z z =
-是以1z =为二阶极点， ()()()()2
2
111(1)1Re lim lim z z x z z e d z z s f z e e dz →→=--===
根据残数定理和得:()Re z s f z e
→∞=-.
()
51cos z z -
解:用罗朗展开式展开得：本题以z n π=为一阶极点.
()()()20112!n n n z f z z n ∞==--∑
=()()21
12!n n n z
z n ∞
=-∑ 当1n =时有解,则，()Re 2
z k s f z π==，所以,根据残数和定理得：()Re z s f z →∞=-()Re 2z k s f z π==- 1
(7)z z
e
+
解:本题以0z =为其孤立齐点. 11212z z z z
z e e e z +⎛⎫=⋅=+++ ⎪⎝⎭21112z z
⎡⎤⋅+++
⎢⎥⎣⎦
()()0111
1
Re 122!3!
!1!z n s f z n n ∞
===+++=-∑
()Re z s f z →∞
=-()()0
111
1
Re (1)22!3!!1!z n s f z n n ∞
===-+++=--∑
()
9cos z z
解：本题以z n π=为奇点。

用罗朗展开式得：
()224
0(1)cos 12!2!4!n n n z z z z n ∞
=-==-+-
∑
原式得：
24
13
1112!4!2!4!
z
z z z z z =
-+--+-，所以
()Re 2
z n s f z π
==
()
()
2101m
m
z z +
解：本题以1z =-为m 阶极点。

所以
()()()2(1)111Re lim[1]1!(1)m m m m z z z s f z z m z -→-=-⎛
⎫=+ ⎪-+⎝⎭
=
1
1
2(21)(2)(1)(1)!m m m m m +⋅-+--
第五章 残数及其应用（2） 3．计算下列积分。

1
(1)sin z dz z z =⎰
解：用残数方法求，用罗朗展式展开，
35
11
sin 3!5!z z z z z z =⎛⎫
-+-
⎪⎝⎭
由上式可已看出没有符合残数要求的项，所以，即
1
sin z dz z z =⎰=0。

()()()()22
22
2,:211c dz c x y x y z z +=+-+⎰ 解：用残数方法求解，
()
()
2
2
1
11z z
-+在1z =有 二阶极点，z =±i 有一阶极点. ()()2211
1Re lim 11z z s z z →==-+(z+i) ()()211
41()z z i z i =-+-
(3)
()()
1
n
n
z dz z a z b =--⎰,1,1,a b a b <<≠,n 为自然数。

解：
()1
()n
n
z a z b --分别以,z a z b ==为其n 阶极点。

Re z a s =()1()n n z a z b --=()1n a b -，Re z b s =()1()n n z a z b --=()1
n a b -+
当n 为偶数时，
()()1
n
n
z dz z a z b =--⎰=
()
22n
i
a b π⨯-
当n 为奇数时，
()()
1
n
n
z dz
z a z b =--⎰=0
（4）22
2
121z z e dz z π=+⎰
解：在围线内，有,z i z i ==-两个不解析点，
()22Re lim 2z i z i z i e e s f z z i i →===-， ()22
Re lim 2z i z i z i e e s f z z i i -→-=-==
+-
即222121z z e dz z π=+⎰=2212sin 2222i i e e i i i i ππ-⎡⎤
⋅-=⎢⎥⎣⎦
（5）711cos z z
dz z
=+-⎰
（6）1
321z
z z e z
=+⎰
解：本题以1,0z z =-=为其一阶极点。

31z z +1z e =31z z +21112!z z ⎛⎫
⎪
+++ ⎪ ⎪⎝⎭， Re z s →∞3
1z z +1z e =16。

即711cos z z dz z =+-⎰=-Re z s →∞31z z +1z e 2i π⨯=-162i π⨯=13i π-
4．求下列积分值。

(1)20cos d a πθθ+⎰(a>1)
解:20cos d a πθ
θ+⎰=
21(21)z dz iz z az =++⎰ 由于分母有两个一阶极点
:1z a =-+
2z a =-,很明显只有11z <
所以
只
有
1z a =-符合题意，所
以,
()()(
)1
1
12Re lim x z z z s f z z z f z i →==-=
即20cos d a π
θ
θ+⎰
2i π⋅
(2) 220cos 1d πθ
θ+⎰
解：原式等于
2
1
1[1]2z dz
z z iz =⎛⎫+ ⎪+ ⎪ ⎪⎝⎭⎰
=()2421261z d z i z z =++⎰
在1z =时,
只有13z =-+的一个一阶极点.
()()(
)1
1
1Re lim x z z z s f z z z f z →==-=
，所以,22
cos 1d π
θθ+⎰
=22i π=
(3)
1
220
sin d a πθ
θ+⎰
(a >0)
解:原式=1
4
220
sin d a π
θ
θ+⎰
=1
4
2
1
11
2z dz
iz z z a =-⋅⎛⎫-+ ⎪
⎝⎭
⎰
=-
()4211421
z zdz
i z a z =-++⎰
令2z w =
，则
121z a =+-.所以 (
)121Re 421z z s
w w a ==
-++即1220sin d a πθθ+⎰
=22i i π-⎛-=
⎝ (4)
()
()0sin cos ia d ia πθθθ++⎰(a 为是实数而且0≠) 解：()()()0sin cos ia d ia ia πθθθ+++⎰=-()()0(cos )
cos d ia ia πθθ++⎰=()0
ln cos ia πθ-+
(){(0)
(0)
cos ln (1)cos i a i a ia ln ia πππ>-<==-=+ 5．求下列个积分的值。

（1）()()222014x dx
x x ∞++⎰
解：函数()f x 在上半平面有两个一阶极点：,2x i x i ==。

()()()1Re lim 6x i
x i
s f x x i f x i →==-=
，()()()21
Re lim 23x i x i s f x x i f x i →==-=
所以，
()()2220
14x dx x x ∞
++⎰
=11362i i i ππ⎛⎫
+⋅= ⎪⎝⎭
（2）
()
22
2
2x dx
x a ∞
-∞
+⎰
解：函数()f x 在上半平面有x ai =一个二 阶极点。

()()()Re lim ()x ai x ai
dy s f x x ai f x dx →==-=4i
a -
所以，()
22
2
2x dx
x
a
∞
-∞
+⎰
=4i a -
22i a ππ⋅=
（3）()()22cos 19x
dx
x x ∞
-∞++⎰
解
：
因为()()
22cos 19x
x x ++是偶函数。

所
以
()()22cos 19x dx x x ∞-∞++⎰=()()220cos 219x dx x x ∞++⎰令()f x =()()221
19x x ++
()ix f x e 在上半平面有,3z i z i ==两个极点。

()()()Re lim 16ix ix x i x i i
s f x e z i f x e e →==-=-
()()()333Re lim 348ix ix x i x i i
s f x e z i f x e e →==-=
所以，()()22cos 19x dx x x ∞-∞++⎰=()2
33
231164824i i i e e e e ππ-⎛⎫⋅+=- ⎪⎝⎭
(4) 44
0sin x mxdx x a ∞+⎰(m>0,a>1) 解：由于()f x 是偶函数，而且()f x 在上半平面只有两个一阶极点：
344
12,x ae x ae
π
π==
()()1
1
1Re lim()imx
imx
x x x x s f x e
x x f x e →==-
同理，
()()2
2
2Re lim()imx imx
x x x x s f x e x x f x e →==-
所以，44
0sin x mxdx x a ∞
+⎰=(
)22Re Re 2k k imx
ma x a a s f x e a e ππ=⎡⎤=⎣⎦∑（5）4
1dx x ∞-∞+⎰
解：41dx x ∞-∞+⎰=()Im 0
2Re k a k x a i s f x π=>∑
函数()f x =411x +在上半平面有两个一阶极点：34412,i i x e x e ππ== 而
()1
1
4
3
1
Re 44i
x x x x e s f x z π
===
=-
，()2
234
3
1
Re 44i
x x x x e
s f x z
π
====-
即41dx x ∞-∞+⎰
=344244i i e e i π
ππ⎛⎫
-- ⎪⋅+= ⎪ ⎪⎝⎭
第七章 一维波动方程的傅氏解
1． 今有一弦，其两端被钉子钉紧，作自由，它的初位移为：
(01)()(2)
(12)hx
x x h x x ϕ≤<⎧=⎨
-≤≤⎩，初速度为0，试求其付氏解，其中h 为已知常数。

解：所求问题是一维波动方程的混合问题：2(12,0)(0,)(,)0(0)(01)(,0)(2)(12)(,0)0tt xx t u a u x t u t u l t t hx x u x h x x u x ⎧=<<>⎪
==≥⎪⎪
≤≤⎧⎨
=⎨⎪-≤≤⎩⎪⎪=⎩，
根据前面分离变量解法得其傅氏解为：
1(,)(cos sin )sin
n n n n at n at n x
u x t C D l l l πππ∞
==+∑。

其
中，
1222
001228()sin [sin (2)sin ]222l n n n n h
C d h d h d l l n πξπξπξϕξξξξξξπ==+-=⎰⎰⎰，
0n D =，
于是所求傅氏解为：
22
18(,)cos sin n h n at n x
u x t n l l πππ
∞
==∑
2.将前题之初始条件改为：
(1)(10)
()(1)(01)h x x x h x x ϕ+-≤≤⎧=⎨
-≤≤⎩，试求其傅氏解。

解：所求问题为一维波动方程的混合问题：
21
1
((1)sin
(1)sin n n l
l
l h d h d πξπξξξξξ
--=++-⎰⎰n c 01
22
222101(sin sin sin )n n n h
d d d πξπξπξξξξξ--=
++⎰⎰⎰2282sin h n n ππ
=
22821
(,)sin cos sin h n n at n x
l l n n u x t ππππ
∞
=∴=∑。

3今有一弦，其两端0x =和x l =为钉所固定，作自由摇动，它的初位移为0。

初速度为
[](2()0(2,c
x x x βϕβ≤≤⎧=⎨
∉⎩，其中c 为常数，0,l αβ<<<试求其傅氏解。

解：所求问题为一维波动方程的混合问题：
22
22
2
2
sin (cos cos )n n cl n n a l l l n a
c d β
πξπβπππ
ξ=
=
-⎰
n D
2
222(,)(cos cos )sin sin n cl n n at n x
l l l l
n a u x t βπξππππα
β∴=-∑
４．今有一弦，其两端固定在0x =和x l =两处，在开始一瞬间，它的形状是一条以过
2l
x =
点的铅垂线为对称抛物线，其顶点的纵坐标为h,假定没有初速度，试用付氏方法求弦的振动情况：
解：设其抛物线方程为2()p y b =--2
(x-a)，将点,)(,0)2l
h l (0,0),(及代入得： 2
,,28l l a p b h h ===，故方程为()2
224l l x y h h ⎛⎫-=-- ⎪⎝⎭，即
2
)24(0)
l
l y h h x l =-
≤≤2
(x-，
所求问题为一维波动方程的混合问题，
cos sin )sin ;
n at n at n x
n l l l D πππ∞
+∑n n=1
u(x,t)=c 0n D =，
2
2233()161623304sin 1(1)(1,2,3...)d l
n h h n l l n n C h h d n εππξ-⎡⎤⎡⎤=-=--=⎣⎦⎢⎥⎣⎦
⎰ 332310((,)cos sin (h
n at n x
l l
n n n u x t n πππ∞=⎧
⎪
=⎨⎪⎩∑为偶数)为奇数)
５求解混合问题2(0,)0,(,)0,(0)
(,0)sin ,(,0)sin ,(0)
tt xx x x t l l
u a u u t u l t t u x u x x l ππ⎧=⎪
==≥⎨⎪==≤≤⎩。

解：(cos sin )sin n at n at n x
n n l l l
C D πππ∞
+∑n=1u(x,t)=，
20
0,(1)sin
sin
1,
(1)l
n n l
l
l
n C d n πξ
πξξ≠⎧==⎨
=⎩⎰
2
00,(1)sin sin ,
(1)
l n n n a l l
l n a n D d n πξπξππξ≠⎧==⎨=⎩⎰
0,(1)(,)(cos sin n at l n at
l n a l n u x t d πππξ
≠⎧
∴=⎨+⎩。

6.求解混合问题
23(0,)0,(,)0,(0)(,0)sin ,(,0)(),(0)
tt xx
x t l u a u u t u l t t u x u x x l x x l π⎧=⎪
==≥⎨
⎪==-≤≤⎩。

解：所求问题为一维波动方程的混合问题：
(cos sin )sin n at n at n x
n n l l l
C D πππ∞
+∑n=1u(x,t)=
32
00,(3)sin
sin
1,(3)l
n n l
l
l
n C d n πξπξξ≠⎧=
=⎨
=⎩⎰
3
442
80
0,(1)()sin
,()l n n n a
l
l n a n D l d n πξππξξξ≠⎧⎪=
-=⎨⎪⎩⎰为奇数
3443483833810,()(,)sin sin ((cos sin )sin (3)l n at n x
l l n a at l at x l l l a n u x t n n ππππππ
π∞
⎧⎪⎪∴=≠⎨⎪⎪+=⎩∑n=1
为偶数为奇数且n 3)
第八章 热传导方程的付氏解
1.一根长为l 的枢轴，它的初温为常数0u ，其两端的温度保持为0，试求在枢轴上温度的分布情况。

解：所求问题为热传导方程混合问题，其付氏解为：
2222
(,)sin
1
n a t
l n n x u x t c e
l
n ππ-∞
∑==，
其中：
002sin l n n c u d l l πξξ=⎰0
2(cos )l
l n l n l πξπ=-04u n π= 故：
2()42
0(,)sin
1na t
u
n x
l u x t e l
n n πππ-∞∑==
5．有一两端无界的枢轴，其初始温度为
1(1)
(,0)0(1)
x u x x ⎧<=⎨
≥⎩，试求在枢
轴上的温度分布为
22
2
sin (,)cos()a t
u x t e x d μμ
μμ
πμ
∞
-=
⎰。

解：所求问题为热传导方程初值问题，
{
2(,0)(,0)()()
t xx u a u x t u x x x ϕ=-∞≤<∞>=-∞<<∞ 其付氏解为：
2()(,)[()cos()()sin()]a t
u x t e
A x
B x d μμμμμμ
∞
--∞=+⎰ =
2
()0
2[()cos()()sin()]a t e A x B x d μμμμμμ
∞
-+⎰
1()()cos()2A d μϕξμξξ
π
∞
-∞
=
⎰
=0
1
1
11cos()cos()22d d μξξμξξπ
π
-+
⎰
⎰
=1
sin μ
πμ
1()()sin()2B d μϕξμξξ
π∞
-∞
=
⎰
=0
故：
220
2
sin (,)cos()a t
u x t e
x d μμ
μμ
π
μ
∞
-=
⎰
6．利用前题的结果，证下面重要的定积分：0
sin 2x dx x π
∞
=⎰。

解：由上题结论：2202sin (,)cos()a t u x t e x d μμ
μμ
πμ∞-=⎰
当0,0x t ==时，
02sin (,)(0,0)cos(0)1
u x t u e d μ
μπμ===⎰，
即： 0
2
sin 1
d μ
μπ
μ
∞
=⎰ 令x μ=，则有：02sin 1x
dx x π∞=⎰
即： 0sin 2x dx x
π
∞=⎰ 得证。

第九章 拉普拉斯方程圆的狄利克雷问题付氏解（1） 1、试证明拉普拉斯方程0=+u u yy xx
在极坐标下的形式为：
021
=++u u u r r r rr θθ。

证明：⎪⎭⎫
⎝⎛-∂∂+∂∂=∂∂∂∂+∂∂∂∂=∂∂r y u r x r u x u x r r u x u 2θθθ，
r x r r u r x x r u x r r u x u 22
222222-∂∂+⎪⎭
⎫ ⎝⎛∂∂∂∂∂+∂∂∂∂∂∂=θθ， r y u r xy u r x r r u r xy r u r x r u x u 22
222
22232222222
22θθθ
∂∂+∂∂+-∂∂+⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛-∂∂∂+∂∂=∂∂ 同理：r x u r xy u r x r r u r xy r u r y r u r
u 222222223222
222222θθθ∂∂+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-∂∂++∂∂+∂∂∂+∂∂=∂∂ 得到极坐标下二维拉普拉斯方程具有如下性质
021
=++u u u r r r rr θθ。

2、求解狄利克雷问题()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧⎪⎩⎪⎨⎧+≥≤≤-<==+αθπθπαθθθθ,0,,,10211A u u r u r u r rr ，其中A ，
α为已知常数。

解：其付氏解为：()()∑∞=++=1
sin cos 2,n n
n n r n B n A A r u θθθ，
其中：
()ϕ
ϕϕππd n l
A f n
n cos 20
1
⎰
=
20
1cos A n d π
ϕϕ
π
=⎰
αα
ϕ
π-=sin n A
α
π
n n A sin 2=
()ϕϕϕππd n l
B f n n sin 20
1⎰=ϕ
ϕππ
d n A ⎰
=20
sin 1()αα
ϕπ
--=n n cos 1
0=。