复变函数课后部分习题解答

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复变函数课后部分答案

1 u v . 4
2 2
7.已知映射 z , 求：
3
2）区域0 arg z
解： 2）设z = re ,
3

3
在平面上的像。
i 3 3 3i
i
w (re ) r e ,

3 映成0 arg z .
映射 z 将区域0 arg z
8.下列函数何处可导？何处解析？ 1 ）f ( z) x2 yi; 3) f ( z) xy 2 ix 2 y;
其实，世上最温暖的语言，“ 不是我爱你，而是在一起。” 所以懂得才是最美的相遇！只有彼此以诚相待，彼此尊重，相互包容，相互懂得，才能走的更远。相遇是缘，相守是爱。缘是多么的妙不可言，而懂得又是多么的难能可贵。否则就会错过一时，错过一世！择一人深爱，陪一人到老。一路相扶相持，一路心手相牵，一路笑对风雨。在平凡的世界，不求爱的轰轰烈烈；不求誓言多么美丽；唯愿简单的相处，真心地付出，平淡地相守，才不负最美的人生；不负善良的自己。人海茫茫，不求人人都能刻骨铭心，但求对人对己问心无愧，无怨无悔足矣。大千世界，与万千人中遇见，只是相识的开始，只有彼此真心付出，以心交心，以情换情，相知相惜，才能相伴美好的一生，一路同行。然而，生活不仅是诗和远方，更要面对现实。如果曾经的拥有，不能天长地久，那么就要学会华丽地转身，学会忘记。忘记该忘记的人，忘记该忘记的事儿，忘记苦乐年华的悲喜交集。人有悲欢离合，月有阴晴圆缺。对于离开的人，不必折磨自己脆弱的生命，虚度了美好的朝夕；不必让心灵痛苦不堪，弄丢了快乐的自己。擦汗眼泪，告诉自己，日子还得继续，谁都不是谁的唯一，相信最美的风景一直在路上。人生，就是一场修行。你路过我，我忘记你；你有情，他无意。谁都希望在正确的时间遇见对的人，然而事与愿违时，你越渴望的东西，也许越是无情无义地弃你而去。所以美好的愿望，就会像肥皂泡一样破灭，只能在错误的时间遇到错的人。岁月匆匆像一阵风，有多少故事留下感动。愿曾经的相遇，无论是锦上添花，还是追悔莫及；无论是青涩年华的懵懂赏识，还是成长岁月无法躲避的经历……愿曾经的过往，依然如花芬芳四溢，永远无悔岁月赐予的美好相遇。其实，人生之路的每一段相遇，都是一笔财富，尤其亲情、友情和爱情。在漫长的旅途上，他们都会丰富你的生命，使你的生命更充实，更真实；丰盈你的内心，使你的内心更慈悲，更善良。所以生活的美好，缘于一颗善良的心，愿我们都能善待自己和他人。一路走来，愿相亲相爱的人，相濡以沫，同甘共苦，百年好合。愿有情有意的人，不离不弃，相惜相守，共度人生的每一个朝夕……直到老得哪也去不了，依然是彼此手心里的宝，感恩一路有你！

复变函数课后部分习题解答精编版

（1）(3-i)5解：3-i=2[cos( -30°)+isin(-30°)] =2[cos30°- isin30°](3-i)5=25[cos(30°⨯5)-isin(30°⨯5)]=25(-3/2-i/2) =-163-16i（2）（1+i ）6解：令z=1+i 则x=Re （z ）=1，y=Im （z ）=1 r=z =22y x +=2tan θ=x y =1x>0,y>0∴θ属于第一象限角∴θ=4π ∴1+i=2（cos4π+isin 4π） ∴（1+i ）6=（2）6（cos 46π+isin 46π） =8（0-i ）=-8i1.2求下式的值 (3)61-因为-1=（cos π+sin π）所以61-=[cos(ππk 2+/6)+sin(ππk 2+/6)] (k=0,1,2,3,4,5,6).习题一1.2（4）求(1-i)31的值。

解：(1-i)31 =[2(cos-4∏+isin-4∏)]31=62[cos(12)18(-k ∏)+isin(12)18(-k ∏)](k=0,1,2)1.3求方程3z +8=0的所有根。

解：所求方程的根就是w=38-因为-8=8（cos π+isin π）所以38-= ρ [cos(π+2k π)/3+isin(π+2k π)/3] k=0,1,2其中ρ=3r=38=2即w=2[cosπ/3+isinπ/3]=1—3i1w=2[cos(π+2π)/3+isin(π+2π)/3]=-22w=2[cos(π+4π)/3+isin(π+4π)/3]= 1—3i3习题二1.5 描出下列不等式所确定的区域或者闭区域，并指明它是有界还是无界的，单连通还是多连通的。

(1) Im(z)>0解：设z=x+iy因为Im(z)>0，即，y>0而)x-∞∈,(∞所以，不等式所确定的区域D为：不包括实轴的上半平面。

复变函数课后部分答案

1 u v . 4
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7.已知映射 z , 求：
3
2）区域0 arg z
解： 2）设z = re ,
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在平面上的像。
i 3 3 3i
i
w (re ) r e ,

3 映成0 arg z .
映射 z 将区域0 arg z
8.下列函数何处可导？何处解析？ 1 ）f ( z) x2 yi; 3) f ( z) xy 2 ix 2 y;
3)u xy2 , v x 2 y,
u u v v y2, 2 xy, 2 xy, x 2 , u, v在复平面上可微； x y x y
y 2 x,2 xy 2 xy,
f ( z)在原点(0,0)上满足C R条件；
f ( z)仅在(0,0)上可导，在复平面上处处不解析。
9.指出下列函数的解析性区域，并求其导数。 1 3 1 ）z 2iz; 3) 2 ; z 1
解： 1 ）在整个复平面上解析，f ' ( z ) 3z 2i; 2z 3)除z 1点外处处解析， f ' ( z ) 2 ; 2 ( z 1)
2
11.求下列函数的奇点： z 1 z 3 1 ） 2 ; 2) . 2 2 z ( z 1) ( z 1) ( z 1)
x 1 2 有 , y 3 8
x 1 即 . y 11
3.将下列复数化为三角式和指数式： 1 ） 5i; 3)1 i 3;
解： 1 ）z

i 2

;
3) z 2[cos( ) i sin( )] 2e ; 3 3

复变函数课后习题答案(全)

习题一谜底之勘阻及广创作2．求下列复数的实部、虚部、模、幅角主值及共轭复数：（1）132i + （2）(1)(2)i i i -- （3）131i i i -- （4）8214i i i -+- 解：（1）1323213i z i -==+, 因此：32Re , Im 1313z z ==-, （2）3(1)(2)1310i i i z i i i -+===---, 因此,31Re , Im 1010z z =-=, （3）133335122i i i z i i i --=-=-+=-, 因此,35Re , Im 32z z ==-, （4）82141413z i i i i i i =-+-=-+-=-+因此,Re 1, Im 3z z =-=,3．将下列复数化为三角表达式和指数表达式：（1）i （2）1-+ （3）(sin cos )r i θθ+（4）(cos sin )r i θθ- （5）1cos sin (02)i θθθπ-+≤≤解：（1）2cos sin 22ii i e πππ=+= （2）1-+23222(cos sin )233i i e πππ=+= （3）(sin cos )r i θθ+()2[cos()sin()]22i r i re πθππθθ-=-+-=（4）(cos sin )r i θθ-[cos()sin()]i r i re θθθ-=-+-=（5）21cos sin 2sin 2sin cos 222i i θθθθθ-+=+ 4．求下列各式的值：（1）5)i - （2）100100(1)(1)i i ++-（3）(1)(cos sin )(1)(cos sin )i i i θθθθ+-- （4）23(cos5sin5)(cos3sin3)i i ϕϕϕϕ+- （5（6解：（1）5)i -5[2(cos()sin())]66i ππ=-+- （2）100100(1)(1)i i ++-50505051(2)(2)2(2)2i i =+-=-=-（3）(1)(cos sin )(1)(cos sin )i i i θθθθ-+-- （4）23(cos5sin5)(cos3sin3)i i ϕϕϕϕ+- （5=（6= 5．设12 ,z z i ==-试用三角形式暗示12z z 与12z z 解：12cos sin , 2[cos()sin()]4466z i z i ππππ=+=-+-,所以 12z z 2[cos()sin()]2(cos sin )46461212i i ππππππ=-+-=+, 6．解下列方程：（1）5()1z i += （2）440 (0)z a a +=> 解：（1）z i += 由此25k i z i e i π=-=-, (0,1,2,3,4)k =（2）z ==11[cos (2)sin (2)]44a k i k ππππ=+++,那时0,1,2,3k =,对应的4), 1), 1), )i i i i +-+--- 7．证明下列各题：（1）设,z x iy =+z x y ≤≤+证明：首先,显然有z x y =≤+；其次,因 222,x y x y +≥ 固此有 2222()(),x y x y +≥+从而z =≥. （2）对任意复数12,,z z 有2221212122Re()z z z z z z +=++证明：验证即可,首先左端221212()()x x y y =+++,而右端2222112211222Re[()()]x y x y x iy x iy =+++++-2222112212122()x y x y x x y y =+++++221212()()x x y y =+++, 由此,左端=右端,即原式成立.（3）若a bi +是实系数代数方程101100n n n a z a z a z a --++++=的一个根,那么a bi -也是它的一个根.证明：方程两端取共轭,注意到系数皆为实数,而且根据复数的乘法运算规则,()n n z z =,由此获得：10110()()0n n n a z a z a z a --++++=由此说明：若z 为实系数代数方程的一个根,则z 也是.结论得证.（4）若1,a =则,b a ∀≠皆有1a b a ab-=- 证明：根据已知条件,有1aa =,因此：11()a b a b a b a ab aa ab a a b a---====---,证毕. （5）若1, 1a b <<,则有11a b ab -<- 证明：222()()a b a b a b a b ab ab -=--=+--,2221(1)(1)1ab ab ab a b ab ab -=--=+--,因为1, 1a b <<,所以, 2222221(1)(1)0a b a b a b +--=--< ,因而221a b ab -<-,即11a b ab-<-,结论得证. 7．设1,z ≤试写出使n z a +到达最年夜的z 的表达式,其中n 为正整数,a 为复数. 解：首先,由复数的三角不等式有1n n z a z a a +≤+≤+, 在上面两个不等式都取等号时n z a +到达最年夜,为此,需要取n z 与a 同向且1n z =,即n z 应为a 的单元化向量,由此,n a z a=, 8．试用123,,z z z 来表述使这三个点共线的条件.解：要使三点共线,那么用向量暗示时,21z z -与31z z -应平行,因而二者应同向或反向,即幅角应相差0或π的整数倍,再由复数的除法运算规则知2131z z Arg z z --应为0或π的整数倍,至此获得：123,,z z z 三个点共线的条件是2131z z z z --为实数. 9．写出过1212, ()z z z z ≠两点的直线的复参数方程.解：过两点的直线的实参数方程为：121121()()x x t x x y y t y y =+-⎧⎨=+-⎩, 因而,复参数方程为：其中t 为实参数.10．下列参数方程暗示什么曲线？（其中t 为实参数）（1）(1)z i t =+ （2）cos sin z a t ib t =+ （3）i z t t=+ 解：只需化为实参数方程即可.（1）,x t y t ==,因而暗示直线y x =（2）cos ,sin x a t y b t ==,因而暗示椭圆22221x y a b+= （3）1,x t y t==,因而暗示双曲线1xy = 11．证明复平面上的圆周方程可暗示为 0zz az az c +++=,其中a 为复常数,c 为实常数证明：圆周的实方程可暗示为：220x y Ax By c ++++=, 代入, 22z z z z x y i+-==,并注意到222x y z zz +==,由此 022z z z z zz A B c i+-+++=, 整理,得 022A Bi A Bi zz z z c -++++= 记2A Bi a +=,则2A Bi a -=,由此获得 0zz az az c +++=,结论得证.12．证明：幅角主值函数arg z 在原点及负实轴上不连续. 证明：首先,arg z 在原点无界说,因而不连续.对00x <,由arg z 的界说不难看出,当z 由实轴上方趋于0x 时,arg z π→,而当z 由实轴下方趋于0x 时,arg z π→-,由此说明0lim arg z x z →不存在,因而arg z 在0x 点不连续,即在负实轴上不连续,结论得证.13．函数1w z=把z 平面上的曲线1x =和224x y +=分别映成w 平面中的什么曲线？解：对1x =,其方程可暗示为1z yi =+,代入映射函数中,得211111iy w u iv z iy y-=+===++, 因而映成的像曲线的方程为 221, 11y u v y y-==++,消去参数y ,得2221,1u v u y +==+即22211()(),22u v -+=暗示一个圆周. 对224x y +=,其方程可暗示为2cos 2sin z x iy i θθ=+=+代入映射函数中,得因而映成的像曲线的方程为 11cos , sin 22u v θθ==-,消去参数θ,得2214u v +=,暗示一半径为12的圆周. 14．指出下列各题中点z 的轨迹或所暗示的点集,并做图：解：（1）0 (0)z z r r -=>,说明动点到0z 的距离为一常数,因而暗示圆心为0z ,半径为r 的圆周.（2）0,z z r -≥是由到0z 的距离年夜于或即是r 的点构成的集合,即圆心为0z 半径为r 的圆周及圆周外部的点集.（3）138,z z -+-=说明动点到两个固定点1和3的距离之和为一常数,因而暗示一个椭圆.代入,z x iy ==化为实方程得（4）,z i z i +=-说明动点到i 和i -的距离相等,因而是i 和i -连线的垂直平分线,即x 轴.（5）arg()4z i π-=,幅角为一常数,因而暗示以i 为极点的与x 轴正向夹角为4π的射线. 15．做出下列不等式所确定的区域的图形,并指出是有界还是无界,单连通还是多连通.（1）23z <<,以原点为心,内、外圆半径分别为2、3的圆环区域,有界,多连通（2）arg (02)z αβαβπ<<<<<,极点在原点,两条边的倾角分别为,αβ的角形区域,无界,单连通（3）312z z ->-,显然2z ≠,而且原不等式等价于32z z ->-,说明z 到3的距离比到2的距离年夜,因此原不等式暗示2与3 连线的垂直平分线即x =2.5左边部份除失落x =2后的点构成的集合,是一无界,多连通区域.（4）221z z --+>,显然该区域的鸿沟为双曲线221z z --+=,化为实方程为 2244115x y -=,再注意到z 到2与z 到-2的距离之差年夜于1,因而不等式暗示的应为上述双曲线左边一支的左侧部份,是一无界单连通区域.（5）141z z -<+,代入z x iy =+,化为实不等式,得所以暗示圆心为17(,0)15-半径为815的圆周外部,是一无界多连通区域.习题二谜底1．指出下列函数的解析区域和奇点,并求出可导点的导数.（1）5(1)z - （2）32z iz + （3）211z + （4）13z z ++ 解：根据函数的可导性法则（可导函数的和、差、积、商仍为可导函数,商时分母不为0）,根据和、差、积、商的导数公式及复合函数导数公式,再注意到区域上可导一定解析,由此获得：（1）5(1)z -处处解析,54[(1)]5(1)z z '-=-（2）32z iz +处处解析,32(2)32z iz z i '+=+（3）211z +的奇点为210z +=,即z i =±, （4）13z z ++的奇点为3z =-, 2．判别下列函数在何处可导,何处解析,并求出可导点的导数.（1）22()f z xy x yi =+ （2）22()f z x y i =+（3）3223()3(3)f z x xy i x y y =-+- （4）1()f z z= 解：根据柯西—黎曼定理：（1）22, u xy v x y ==,四个一阶偏导数皆连续,因而,u v 处处可微,再由柯西—黎曼方程, x y y x u v u v ==-解得：0x y ==,因此,函数在0z =点可导, 0(0)0x x z f u iv ='=+=, 函数处处不解析.（2）22, u x v y ==,四个一阶偏导数皆连续,因而,u v 处处可微,再由柯西—黎曼方程, x y y x u v u v ==-解得：x y =,因此,函数在直线y x =上可导,()2x x y x f x ix u iv x ='+=+=,因可导点集为直线,构不成区域,因而函数处处不解析.（3）32233, 3u x xy v x y y =-=-,四个一阶偏导数皆连续,因而 ,u v 处处可微,而且 ,u v 处处满足柯西—黎曼方程 , x y y x u v u v ==-因此,函数处处可导,处处解析,且导数为（4）2211()x iy f z x iy x yz +===-+,2222, x y u v x y x y ==++, 2222222222, ()()x y y x x y u v x y x y --==++, 22222222, ()()y x xy xy u v x y x y --==++, 因函数的界说域为0z ≠,故此,,u v 处处不满足柯西—黎曼方程,因而函数处处不成导,处处不解析.3．当,,l m n 取何值时3232()()f z my nx y i x lxy =+++在复平面上处处解析？解：3232, u my nx y v x lxy =+=+22222, 2, 3, 3x y y x u nxy v lxy u my nx v x ly ===+=+, 由柯西—黎曼方程得：由（1）得 n l =,由（2）得3, 3n m l =-=-,因而,最终有4．证明：若()f z 解析,则有 222(())(())()f z f z f z x y∂∂'+=∂∂ 证明：由柯西—黎曼方程知,左端22=+222222()()x x x x uu vv uu vv uu vv uv vu u v ++++-=+=+ 2()f z '==右端,证毕.5．证明：若()f z u iv =+在区域D 内解析,且满足下列条件之一,则()f z 在D 内一定为常数.（1）()f z 在D 内解析 , （2）u 在D 内为常数,（3）()f z 在D 内为常数, （4）2v u =（5）231u v += 证明：关键证明,u v 的一阶偏导数皆为0！（1）()f z u iv =-,因其解析,故此由柯西—黎曼方程得 , x y y x u v u v =-= ------------------------（1）而由()f z 的解析性,又有, x y y x u v u v ==- ------------------------（2）由（1）、（2）知,0x y x y u u v v ===≡,因此12, ,u c v c ≡≡即 12()f z c ic ≡+为常数（2）设1u c ≡,那么由柯西—黎曼方程得0, 0x y y x v u v u =-≡=≡,说明v 与,x y 无关,因而 2v c ≡,从而12()f z c ic ≡+为常数.（3）由已知,2220()f z u v c =+≡为常数,等式两端分别对,x y 求偏导数,得220220x x y y uu vv uu vv +=+=----------------------------（1）因()f z 解析,所以又有 , x y y x u v u v ==--------------------------（2）求解方程组（1）、（2）,得 0x y x y u u v v ===≡,说明 ,u v 皆与,x y 无关,因而为常数,从而()f z 也为常数.（4）同理,2v u =两端分别对,x y 求偏导数,得再联立柯西—黎曼方程, x y y x u v u v ==-,仍有（5）同前面一样,231u v +=两端分别对,x y 求偏导数,得考虑到柯西—黎曼方程, x y y x u v u v ==-,仍有0x y x y u u v v ===≡,证毕.6．计算下列各值（若是对数还需求出主值）（1）2i e π- （2）()Ln i - （3）(34)Ln i -+（4）sin i （5）(1)i i + （6）2327解：（1）2cos()sin()22i e i i πππ-=-+-=- （2）1()ln arg()2(2)2Ln i i i k i k i ππ-=-+-+=-+, k 为任意整数,主值为：1()2ln i i π-=- （3）(34)ln 34arg(34)2Ln i i i k i π-+=-++-++4ln5(arctan 2)3k i ππ=+-+, k 为任意整数主值为：4ln(34)ln5(arctan )3i i π-+=+- （4）..1sin 22i i i i e e e e i i i ----== （5）(2)2(1)44(1)i i k i k i iLn i i e e e ππππ++--++===24(cosln sin k e i ππ--=+, k 为任意整数（6）22224427(272)27333333279Ln ln k i ln k i k i e e e e e πππ+====,当k 分别取0,1,2时获得3个值：9, 4399(1)2i e π=-+, 8399(1)2i e π=-+ 7．求2z e 和2z Arge解：2222z x y xyi e e -+=,因此根据指数函数的界说,有2z e 22x y e -=, 222z Arge xy k π=+,（k 为任意整数）8．设i zre θ=,求Re[(1)]Ln z - 解：(1)ln 1[arg(1)2]Ln z z i z k i π-=-+-+,因此9．解下列方程：（1）1z e =+ （2）ln 2z i π=（3）sin cos 0z z += （4）shz i = 解：（1）方程两端取对数得：1(1)ln 2(2)3z Ln k i π=+=++（k 为任意整数）（2）根据对数与指数的关系,应有（3）由三角函数公式（同实三角函数一样）,方程可变形为因此,4z k ππ+= 即 4z k ππ=-, k 为任意整数（4）由双曲函数的界说得 2z ze e shz i --==,解得 2()210z z e ie --=,即z e i =,所以(2)2z Lni k i ππ==+ ,k 为任意整数 10．证明罗比塔法则：若()f z 及()g z 在0z 点解析,且000()()0, ()0f z g z g z '==≠,则000()()lim ()()z z f z f z g z g z →'=',并由此求极限 00sin 1lim ; lim z z z z e z z→→- 证明：由商的极限运算法则及导数界说知000000000000()()()()lim ()lim lim ()()()()()lim z z z z z z z z f z f z f z f z z z z z f z g z g z g z g z g z z z z z →→→→----==----00()()f z g z '=', 由此,00sin cos lim lim 11z z z z z →→== 11．用对数计算公式直接验证：（1）22Lnz Lnz ≠ （2）12Lnz = 解：记i z re θ=,则（1）左端22()2ln (22)i Ln r e r k i θθπ==++,右端2[ln (2)]2ln (24)r m i r m i θπθπ=++=++,其中的,k m 为任意整数.显然,左端所包括的元素比右真个要多（如左端在1k =时的值为2ln (22)r i θπ++,而右端却取不到这一值）,因此两端不相等. （2）左端221]ln (2)22m i Ln re r m k i θπθππ+==+++ 右端11[ln (2)]ln ()222r n i r n i θθππ=++=++ 其中,k n 为任意整数,而 0,1m =不难看出,对左端任意的k ,右端n 取2k 或21k +时与其对应；反之,对右端任意的n ,当2n l =为偶数时,左端可取,0k l m ==于其对应,而当21n l =+为奇数时,左端可取2,1k l m ==于其对应.综上所述,左右两个集合中的元素相互对应,即二者相等.12．证明sin sin , cos cos z z z z ==证明：首先有 (cos sin )(cos sin )z x x x iy z e e y i y e y i y e e -=+=-== ,因此sin 2i z i ze e z i--==,第一式子证毕. 同理可证第二式子也成立.13．证明Im Im sin z z z e ≤≤ （即sin y y z e ≤≤）证明：首先,sin 222iz iziz iz y y y e e e e e e z e i ---+-+=≤=≤, 右端不等式获得证明.其次,由复数的三角不等式又有 sin 2222iz izy yy y iz iz e e e e e e e e z i --------=≥==,根据高等数学中的单调性方法可以证明0x ≥时2x xe e x --≥,因此接着上面的证明,有sin 2y y e e z y --≥≥,左端不等式获得证明.14．设z R ≤,证明sin , cos z chR z chR ≤≤证明：由复数的三角不等式,有sin 2222iz iz y y iz iz y y e e e e e e e e z ch y i ----+-++=≤===, 由已知,y z R ≤≤,再主要到0x ≥时chx 单调增加,因此有sin z ch y chR ≤≤,同理,cos 2222iz iz y yiz iz y y e e e e e e e e z ch y chR ----++++=≤===≤ 证毕.15．已知平面流场的复势()f z 为（1）2()z i + （2）2z （3）211z + 试求流动的速度及流线和等势线方程.解：只需注意,若记()(,)(,)f z x y i x y ϕψ=+,则流场的流速为()v f z '=,流线为1(,)x y c ψ≡,等势线为2(,)x y c ϕ≡,因此,有（1）2222()[(1)](1)2(1)z i x y i x y x y i +=++=-+++流速为()2()2()v f z z i z i '==+=-,流线为1(1)x y c +≡,等势线为 222(1)x y c -+≡（2）333223()3(3)z x iy x xy x y y i =+=-+- 流速为22()33()v f z z z '===,流线为2313x y y c -≡,等势线为 3223x xy c -≡（3）22221111()112z x iy x y xyi==+++-++ 流速为222222()(1)(1)z z v f z z z --'===++, 流线为 122222(1)4xy c x y x y≡-++, 等势线为 222222221(1)4x y c x y x y-+≡-++ 习题三谜底1．计算积分2()cx y ix dz -+⎰,其中c 为从原点到1i +的直线段解：积分曲线的方程为, x t y t ==,即z x iy t ti =+=+,:01t →,代入原积分表达式中,得2．计算积分z ce dz ⎰,其中c 为（1）从0到1再到1i +的折线（2）从0到1i +的直线解：（1）从0到1的线段1c 方程为：, :01z x iy x x =+=→, 从1到1i +的线段2c 方程为：1, :01z x iy iy y =+=+→,代入积分表达式中,得11(sin1cos1)(cos1sin1)11i e ei i i e i e +=-+-+=+-=-；（2）从0到1i +的直线段的方程为z x iy t ti =+=+,:01t →, 代入积分表达式中,得1100()(1)(cos sin )z t ti tc e dz e t ti dt i e t i t dt +'=+=++⎰⎰⎰, 对上述积分应用分步积分法,得3．积分2()cx iy dz +⎰,其中c 为（1）沿y x =从0到1i + （2）沿2y x =从0到1i + 解：（1）积分曲线的方程为z x iy t ti =+=+,:01t →, 代入原积分表达式中,得（2）积分曲线的方程为 2z x iy x x i =+=+, :01t →, 代入积分表达式中,得4．计算积分cz dz ⎰,其中c 为（1）从-1到+1的直线段（2）从-1到+1的圆心在原点的上半圆周解：（1）c 的方程为z x =,代入,得（2）c 的方程为cos sin , :0z x iy i θθθπ=+=+→,代入,得5．估计积分212cdz z +⎰的模,其中c 为+1到-1的圆心在原点的上半圆周.解：在c 上,z =1,因而由积分估计式得222111222c c c cdz ds ds ds z z z ≤≤=++-⎰⎰⎰⎰c =的弧长π= 6．用积分估计式证明：若()f z 在整个复平面上有界,则正整数1n >时其中R c 为圆心在原点半径为R 的正向圆周. 证明：记()f z M ≤,则由积分估计式得122n n M M R R Rππ-==, 因1n >,因此上式两端令R →+∞取极限,由夹比定理,得()lim 0Rn R c f z dz z →+∞=⎰, 证毕. 7．通过分析被积函数的奇点分布情况说明下列积分为0的原因,其中积分曲线c 皆为1z =.（1）2(2)c dz z +⎰ （2）224cdz z z ++⎰ （3）22cdz z +⎰（4）cos c dz z ⎰ （5）z cze dz ⎰ 解：各积分的被积函数的奇点为：（1）2z =-,（2）2(1)30z ++=即1z =-±,（3）z = （4）, 2z k k ππ=+为任意整数,（5）被积函数处处解析,无奇点不难看出,上述奇点的模皆年夜于1,即皆在积分曲线之外,从而在积分曲线内被积函数解析,因此根据柯西基本定理,以上积分值都为0.8．计算下列积分：（1）240i z e dz π⎰ （2）2sin i i zdz ππ-⎰ （3）10sin z zdz ⎰解：以上积分皆与路径无关,因此用求原函数的方法：（1）42202400111()(1)222i i i z z e dz e e e i πππ==-=-⎰ （2）21cos2sin 2sin []224i i i ii i z z z zdz dz ππππππ----==-⎰⎰ （3）11110000sin cos cos cos z zdz zd z z z zdz =-=-+⎰⎰⎰9．计算 22c dz z a-⎰,其中c 为不经过a ±的任一简单正向闭曲线.解：被积函数的奇点为a ±,根据其与c 的位置分四种情况讨论：（1）a ±皆在c 外,则在c 内被积函数解析,因而由柯西基本定理（2）a 在c 内,a -在c 外,则1z a+在c 内解析,因而由柯西积分公式：22112z a c cdz z a dz i i z a z a a z a ππ=+===-+-⎰⎰（3）同理,当a -在c 内,a 在c 外时,（4）a ±皆在c 内此时,在c 内围绕,a a -分别做两条相互外离的小闭合曲线12,c c ,则由复合闭路原理得：注：此题若分解221111()2a z a z a z a=--+-,则更简单！ 10．计算下列各积分解：（1）11()(2)2z dz i z z =-+⎰,由柯西积分公式（2）23221izz i e dz z -=+⎰, 在积分曲线内被积函数只有一个奇点i ,故此同上题一样：（3）2232(1)(4)z dz z z =++⎰ 在积分曲线内被积函数有两个奇点i ±,围绕,i i -分别做两条相互外离的小闭合曲线12,c c ,则由复合闭路原理得：（4）4221z z dz z -=-⎰,在积分曲线内被积函数只有一个奇点1,故此（5）221sin 41z zdz z π=-⎰, 在积分曲线内被积函数有两个奇点1±,围绕1,1-分别做两条相互外离的小闭合曲线12,c c ,则由复合闭路原理得：（6）22, (1)nn z z dz n z =-⎰为正整数,由高阶导数公式 11．计算积分312(1)zc e dz i z z π-⎰,其中c 为（1）12z = （2）112z -= （3）2z = 解：（1）由柯西积分公式（2）同理,由高阶导数公式（3）由复合闭路原理30(1)z z e z ==-11()2!z z e z =''+12e =-, 其中,12,c c 为2z =内分别围绕0,1且相互外离的小闭合曲线. 12．积分112z dz z =+⎰的值是什么？并由此证明012cos 054cos d πθθθ+=+⎰ 解：首先,由柯西基本定理,1102z dz z ==+⎰,因为被积函数的奇点在积分曲线外.其次,令(cos sin )z r i θθ=+,代入上述积分中,得考察上述积分的被积函数的虚部,便获得2012cos 054cos d πθθθ+==+⎰,再由cos θ的周期性,得即012cos 054cos d πθθθ+=+⎰,证毕. 13．设(),()f z g z 都在简单闭曲线c 上及c 内解析,且在c 上 ()()f z g z =,证明在c 内也有()()f z g z =. 证明：由柯西积分公式,对c 内任意点0z ,00001()1()(), ()22c c f z g z f z dz g z dz i z z i z z ππ==--⎰⎰, 由已知,在积分曲线c 上,()()f z g z =,故此有再由0z 的任意性知,在c 内恒有()()f z g z =,证毕. 14．设()f z 在单连通区域D 内解析,且()11f z -<,证明（1）在D 内()0f z ≠；（2）对D 内任一简单闭曲线c ,皆有()0()c f z dz f z '=⎰证明：（1）显然,因为若在某点处()0,f z =则由已知 011-<,矛盾！（也可直接证明：()1()11f z f z -<-<,因此1()11f z -<-<,即0()2f z <<,说明()0f z ≠）（3）既然()0f z ≠,再注意到()f z 解析,()f z '也解析,因此由函数的解析性法则知()()f z f z '也在区域D 内解析,这样,根据柯西基本定理,对D 内任一简单闭曲线c ,皆有()0()cf z dz f z '=⎰,证毕. 15．求双曲线22y x c -= （0c ≠为常数）的正交（即垂直）曲线族.解：22u y x =-为调和函数,因此只需求出其共轭调和函数(,)v x y ,则(,)v x y c =即是所要求的曲线族.为此,由柯西—黎曼方程 2x y v u y =-=-,因此(2)2()v y dx xy g y =-=-+⎰,再由 2y x v u x ==-知,()0g y '≡,即0()g y c =为常数,因此02v xy c =-+,从而所求的正交曲线族为xy c ≡（注：实际上,本题的谜底也可观察出,因极易想到222()2f z z y x xyi =-=--解析）16．设sin px v e y =,求p 的值使得v 为调和函数.解：由调和函数的界说2sin (sin )0px px xx yy v v p e y e y +=+-=,因此要使v 为某个区域内的调和函数,即在某区域内上述等式成立,必需210p -=,即1p =±.17．已知22255u v x y xy x y +=-+--,试确定解析函数解：首先,等式两端分别对,x y 求偏导数,得225x x u v x y +=+-----------------------------------（1）225y y u v y x +=-+- -------------------------------（2）再联立上柯西—黎曼方程x y u v =------------------------------------------------------（3）y x u v =-----------------------------------------------------（4）从上述方程组中解出,x y u u ,得这样,对x u 积分,得25(),u x x c y =-+再代入y u 中,得至此获得：2205,u x x y c =--+由二者之和又可解出 025v xy y c =--,因此200()5f z u iv z z c c i =+=-+-,其中0c 为任意实常数. 注：此题还有一种方法：由定理知由此也可很方便的求出()f z .18．由下列各已知调和函数求解析函数()f z u iv =+ 解：（1）22, ()1u x xy y f i i =+-=-+, 由柯西—黎曼方程,2y x v u x y ==+,对y 积分,得212()2v xy y c x =++,再由x y v u =-得2()2y c x x y '+=-+,因此201(), ()2c x x c x x c '=-=-+,所以22011222v xy y x c =+-+,因()1f i =-,说明0,1x y ==时1v =,由此求出012c =,至此获得：2222111()(2)222f z u iv x xy y y x xy i =+=+-+-++,整理后可得：211()(1)22f z i z i =-+（2）22yv x y=+, (2)0f = 此类问题,除上题采纳的方法外,也可这样：222222222222()1()()()x y xy z i x y x y z zz -=-==++,所以 1()f z c z=-+,其中c 为复常数.代入(2)0f =得,12c =,故此（3）arctan , (0)yv x x=>同上题一样,()x x y x f z u iv v iv '=+=+22221x y z i zx y x y zz -=+==++, 因此0()ln f z z c =+,其中的ln z 为对数主值,0c 为任意实常数. （4）(cos sin )x u e x y y y =-,(0)0f =(sin sin cos )x x y v u e x y y y y =-=++,对x 积分,得再由y x v u =得()0c x '=,所以0()c x c =为常数,由(0)0f =知,0x y ==时0v =,由此确定出00c =,至此获得：()f z u iv =+=(cos sin )x e x y y y -(sin cos )x ie x y y y ++, 整理后可得 ()z f z ze =19．设在1z ≤上()f z 解析,且()1f z ≤,证明 (0)1f '≤ 证明：由高阶导数公式及积分估计式,得1112122z ds πππ=≤==⎰,证毕. 20．若()f z 在闭圆盘0z z R -≤上解析,且()f z M ≤,试证明柯西不等式 ()0!()n n n f z M R≤,并由此证明刘维尔定理：在整个复平面上有界且处处解析的函数一定为常数. 证明：由高阶导数公式及积分估计式,得11111!!!!()2222n n n n z z n n M n M n M f z ds ds R R R R R ππππ+++===≤==⎰⎰, 柯西不等式证毕；下证刘维尔定理：因为函数有界,无妨设()f z M ≤,那么由柯西不等式,对任意0z 都有0()Mf z R'≤,又因()f z 处处解析,因此R 可任意年夜,这样,令R →+∞,得0()0f z '≤,从而0()0f z '=,即 0()0f z '=,再由0z 的任意性知()0f z '≡,因而()f z 为常数,证毕.习题四谜底1．考察下列数列是否收敛,如果收敛,求出其极限．（1）1n n z i n=+解：因为lim n n i →∞不存在,所以lim n n z →∞不存在,由定理4.1知,数列{}n z 不收敛．（2）(1)2n n iz -=+解：1sin )22i i θθ+=+,其中1arctan 2θ=,则()sin )cos sin nnn z i n i n θθθθ-⎤=+=-⎥⎣⎦．因为lim 0nn →∞=,cos sin 1n i n θθ-=,所以()lim cos sin 0nn n i n θθ→∞-= 由界说4.1知,数列{}n z 收敛,极限为0．（3）21n i n z e nπ-=解：因为21n i eπ-=,1lim 0n n →∞=,所以21lim 0n i n enπ-→∞= 由界说4.1知,数列{}n z 收敛,极限为0．（4）()n n zz z=解：设(cos sin )z r i θθ=+,则()cos 2sin 2n n z z n i n zθθ==+,因为lim cos 2n n θ→∞,lim sin 2n n θ→∞都不存在,所以lim n n z →∞不存在,由定理4.1知,数列{}n z 不收敛．2．下列级数是否收敛？是否绝对收敛?(1)1!nn i n ∞=∑解：1!!n i n n =,由正项级数的比值判别法知该级数收敛,故级数1!nn i n ∞=∑收敛,且为绝对收敛． (2)2ln nn i n∞=∑解：222cos sin 22ln ln ln n n n n n n i i n n nππ∞∞∞====+∑∑∑,因为2cos11112ln ln 2ln 4ln 6ln 8n n n π∞==-+-++∑是交错级数,根据交错级数的莱布尼兹审敛法知该级数收敛,同样可知,2sin111121ln ln 3ln 5ln 7ln 9n n n π∞==-+-++∑也收敛,故级数2ln nn i n ∞=∑是收敛的．又22111,ln ln ln 1n n n i n n n n ∞∞===>-∑∑,因为211n n ∞=-∑发散,故级数21ln n n∞=∑发散,从而级数2ln nn i n ∞=∑条件收敛．(3)0cos 2n n in∞=∑解：1110000cos 2222n n n nn n n n n n n n in e e e e --∞∞∞∞+++====+==+∑∑∑∑,因级数102nn n e ∞+=∑发散,故cos 2nn in∞=∑发散． (4)()35!nn i n ∞=+∑解：()35!nn n i n ∞∞==+=∑由正项正项级数比值判别法知该级数收敛,故级数()035!nn i n ∞=+∑收敛,且为绝对收敛．3．试确定下列幂级数的收敛半径．(1)()01n n n i z ∞=+∑解：1lim 1n n n c i c +→∞=+=故此幂级数的收敛半径R =． (2)0!n n n n z n ∞=∑解：11(1)!11lim lim lim 1(1)!(1)n n n n n n n n c n n c n n en++→∞→∞→∞+=⋅==++,故此幂级数的收敛半径R e =．(3)1in n n e z π∞=∑解：11lim lim 1in n n n innc e c e ππ++→∞→∞==,故此幂级数的收敛半径1R =．(4)221212n nn n z ∞-=-∑解：令2z Z =,则22111212122n n n n n n n n z Z ∞∞--==--=∑∑112112lim lim 2122n n n n nn n c n c ++→∞→∞+==-,故幂级数11212n n n n Z ∞-=-∑的收敛域为2Z <,即22z <,从而幂级数221212n n n n z ∞-=-∑的收敛域为z <收敛半径为R ．4．设级数0n n α∞=∑收敛,而0nn α∞=∑发散,证明0n n n z α∞=∑的收敛半径为1．证明：在点1z =处,0nn n n n z αα∞∞===∑∑,因为0n n α∞=∑收敛,所以0n n n z α∞=∑收敛,故由阿贝尔定理知,1z <时,0n n n z α∞=∑收敛,且为绝对收敛,即nnn z α∞=∑收敛．1z >时,0nn n n n z αα∞∞==>∑∑,因为0n n α∞=∑发散,根据正项级数的比力准则可知,0nn n z α∞=∑发散,从而0n n n z α∞=∑的收敛半径为1,由定理4.6,0n n n z α∞=∑的收敛半径也为1．5．如果级数0n n n c z ∞=∑在它的收敛圆的圆周上一点0z 处绝对收敛,证明它在收敛圆所围的闭区域上绝对收敛．证明：0z z <时,由阿贝尔定理,0n n n c z ∞=∑绝对收敛．0z z =时,00nnn n n n c z c z ∞∞===∑∑,由已知条件知,00n n n c z ∞=∑收敛,即nnn cz ∞=∑收敛,亦即0n n n c z ∞=∑绝对收敛．6．将下列函数展开为z 的幂级数,并指出其收敛区域．（1）221(1)z +解：由于函数221(1)z +的奇点为z i =±,因此它在1z <内处处解析,可以在此圆内展开成z 的幂级数．根据例4.2的结果,可以获得24211(1),11n n z z z z z=-+-+-+<+．将上式两边逐项求导,即得所要求的展开式221(1)z +='24122211123(1),112n n z z nz z z z +-⋅-=-+++-+<+（）（）．（2）1(0,0)()()a b z a z b ≠≠--解：①a b =时,由于函数1(0,0)()()a b z a z b ≠≠--的奇点为z a =,因此它在z a <内处处解析,可以在此圆内展开成z 的幂级数．='1(1)nn z z a a a⋅++++=111()n n n z a a a -⋅+++=1211,n n n z z a a a-++++<． ②a b ≠时,由于函数1(0,0)()()a b z a z b ≠≠--的奇点为12,z a z b ==,因此它在min{,}z a b <内处处解析,可以在此圆内展开成z 的幂级数．=2121111()nnn n z z z z a b a aa b bb++-----++++-=22111111111[()()],min{,}nn n z z z a b a b b a b a b a ++-+-++-+<-．（3）2cos z解：由于函数2cos z 在复平面内处处解析,所以它在整个复平面内可以展开成z 的幂级数．4822cos 1(1),2!4!(2)!nnz z z z z n =-+-+-+<+∞．（4）shz解：由于函数shz 在复平面内处处解析,所以它在整个复平面内可以展开成z 的幂级数．321321()()()()sin ((1)),3!(21)!3!(21)!n n niz iz z z shz i iz i iz z z n n ++=-=--++-+=++++<+∞++（5）2sin z解：由于函数2sin z 在复平面内处处解析,所以它在整个复平面内可以展开成z 的幂级数．=221(2)(2)(1),22!2(2)!nn z z z n +++-+<+∞⨯⨯．（6）sin z e z 解：由于函数sin z e z 在复平面内处处解析,所以它在整个复平面内可以展开成z 的幂级数．(1)(1)sin 22iz iz i z i zzze e e e e z e i i-+---=⋅==22221(1)(1)(1)(1)(1(1)1(1))22!!2!!n n n n i z i z i z i z i z i z i n n ++--++++++-------=2122(1)(1)(2)22!!n n n i i i iz z z i n ⋅+--++++=32,3z z z z +++<+∞． 7．求下列函数展开在指定点0z 处的泰勒展式,并写出展式成立的区域．（1）0,2(1)(2)zz z z =++解： 21(1)(2)21z z z z z =-++++,022111(2)222422414nnn z z z z ∞=-==⋅=-+-++∑, 011111(2)212333313nnn z z z z ∞=-==⋅=-+-++∑．由于函数(1)(2)zz z ++的奇点为121,2z z =-=-,所以这两个展开式在23z -<内处处成立．所以有：210001(2)1(2)11()(2),23(1)(2)243323n n nn n n nn n n z z z z z z z ∞∞∞+===--=-=---<++∑∑∑．（2）021,1z z = 解：由于2111(1)(1)(1)(1),1111n n z z z z z z ==--+-++--+-<-+ 所以'11211()12(1)(1)(1),11n n z n z z z z --=-=--++--+-<．（3）01,143z i z=+- 解：1111134343(1)33133(1)131(1)13z z i i i z i i z i i===⋅---------------=100133(1)(1)13(13)(13)n n n n n n n n z i z i i i i ∞∞+==⋅--=-----∑∑．展开式成立的区域：3(1)113z i i--<-,即13z i --< （4）0tan ,4z z π=解：'2tan sec z z =,''2tan 2sec tan z z z =,'''22tan 2sec (2tan 1)z z z =+,……,'24tan sec 24z z ππ===,''244tan 2sec tan 2z z zz zππ====,'''22448tan 2sec (2tan 1)3z z zz z ππ===+=……,故有因为tan z 的奇点为,2z k k Z ππ=+∈,所以这个等式在44z ππ-<的范围内处处成立.8．将下列函数在指定的圆域内展开成洛朗级数．(1)21,12(1)(2)z z z <<+-解：2221112()(1)(2)5211z z z z z z =--+--++, 222222002221212(1)(1)111n nn n n n z z z z z z∞∞+====-=-++∑∑, 故有2121220001112((1)(1))(1)(2)52n nn n n n n n n z z z z z ∞∞∞+++====-+-+-+-∑∑∑(2)21,01,1(1)z z z z z +<<<<+∞- 解：222112(1)(1)z z z z z z +=+--①在01z <<内 ②在1z <<+∞内 (3)1,011,12(1)(2)z z z z <-<<-<+∞--解：①在011z <-<内, ②在12z <-<+∞内20111111111(1)(1)1(1)(2)22122(2)(2)(2)12nnn n n n z z z z z z z z z z ∞∞+===⋅=⋅=-=-----+-----+-∑∑(4)1sin ,011z z<-<+∞-解：在01z <-<+∞内(5)cos,011zz z <-<+∞- 解：111cos cos(1)cos1cos sin1sin 1111z z z z z =+=----- 在01z <-<+∞内故有9．将221()(1)f z z =+在z i =的去心邻域内展开成洛朗级数．解：因为函数221()(1)f z z =+的奇点为z i =±,所以它以点z i =为心的去心邻域是圆环域02z i <-<．在02z i <-<内又11001111()()(1)(1)()222(2)(2)12n n n n n n n n z i z i z i z i i i i i i i∞∞++==---=-⋅=--=---++∑∑ 故有222222001111()(1)()(1)()(1)()(2)(2)n n n n n n n n n n f z z i z i z z i i i ∞∞-++==++==⋅--=--+-∑∑ 10．函数()ln f z z =能否在圆环域0(0)z R R <<<<+∞内展开为洛朗级数？为什么？答：不能.函数()ln f z z =的奇点为,0,z z R ≤∈,所以对,0R R ∀<<+∞,0z R <<内都有()f z 的奇点,即()f z 以0z =为环心的处处解析的圆环域不存在,所以函数()ln f z z =不能在圆环域0(0)z R R <<<<+∞内展开为洛朗级数．习题五谜底1．求下列各函数的孤立奇点,说明其类型,如果是极点,指出它的级．（1）221(1)z z z -+ 解：函数的孤立奇点是0,z z i ==±, 因222222221111111(1)(1)()()()()z z z z z z z z z i z z i z i z z i ----=⋅=⋅=⋅++-++-由性质5.2知,0z =是函数的1级极点,z i =±均是函数的2级极点．（2）3sin zz解：函数的孤立奇点是0z =,因32133sin 1((1))3!(21)!n nz z z z z z n +=-++-+,由极点界说知,0z =是函数的2级极点．（3）ln(1)z z+ 解：函数的孤立奇点是0z =,因0ln(1)lim1z z z→+=,由性质 5.1知,0z =是函数可去奇点．（4）21(1)z z e -解：函数的孤立奇点是2z k i π=,①0k =,即0z =时,因4223(1)2!!n zz z z e z n +-=++++ 所以0z =是2(1)z z e -的3级零点,由性质5.5知,它是21(1)z z e -的3级极点②2z k i π=,0k ≠时,令2()(1)z g z z e =-,'2()2(1)z z g z z e z e =-+,因(2)0g k i π=,'2(2)(2)0g k i k i ππ=≠,由界说5.2知,2(0)z k i k π=≠是()g z 的1级零点,由性质5.5知,它是21(1)z z e -的1级极点（5）2(1)(1)zzz e π++ 解：函数的孤立奇点是(21),z k i k Z =+∈,令2()(1)(1)z g z z e π=++,'2()2(1)(1)z z g z z e e z πππ=+++,''22()2(1)4(1)z z z g z e ze e z πππππ=++++ ①0z i =±时, 0()0g z =,'0()0g z =,''0()0g z ≠,由界说5.2知,0z i =±是()g z 的2级零点,由性质5.5知,它是21(1)(1)zz e π++的2级极点,故0z i =±是2(1)(1)zzz e π++的2级极点．②1(21),1,2,z k i k =+=±时,1()0g z =,'1()0g z ≠,由界说 5.2知,1(21),1,2,z k i k =+=±是()g z 的1级零点,由性质5.5知,它是21(1)(1)zz e π++的1级极点,故是2(1)(1)zzz e π++的１级极点．（６）21sin z解：函数的孤立奇点是0z =,1,2,z z k ==±= 令2()sin g z z =,'2()2cos g z z z =,①0z =时,因64222()sin (1)3!(21)!n nz z g z z z n +==-++-++,所以0z =是()g z 的2级零点,从而它是21sin z的2级极点． ②1,2,z z k ==±=时,()0g z =,'()0g z ≠,由界说 5.2知,1,2,z z k ==±=是()g z 的1级零点,由性质5.5知,它是21sin z 的１级极点． 2．指出下列各函数的所有零点,并说明其级数．（1）sin z z解：函数的零点是,z k k Z π=∈,记()sin f z z z =,'()sin cos f z z z z =+①0z =时,因4222sin (1)3!(21)!n nz z z z z n +=-++-++,故0z =是sin z z 的2级零点．②,0z k k π=≠时,()0z k f z π==,'()0z k f z π=≠,由界说5.2知, ,0z k k π=≠是sin z z 的1级零点．（2）22z z e解：函数的零点是0z =,因242222(1)2!!n z z z z e z z n =+++++,所以由性质5.4知,0z =是22z z e 的2级零点．（3）2sin (1)z z e z -解：函数的零点是00z =,1z k π=,22z k i π=,0k ≠,记2()sin (1)z f z z e z =-,'22()cos (1)sin [2(1)]z z z f z z e z z e z z e =-++-①0z =时,0z =是sin z 的1级零点,,1z e -的1级零点,2z 的2级零点,所以0z =是2sin (1)z z e z -的4级零点．②1z k π=,0k ≠时,1()0f z =,'1()0f z ≠,由界说5.2知,1z k π=,0k ≠是()f z 的1级零点．③22z k i π=,0k ≠时,1()0f z =,'1()0f z ≠,由界说 5.2知,22z k i π=,0k ≠是()f z 的1级零点．3． 0z =是函数2(sin 2)z shz z -+-的几级极点？答：记()sin 2f z z shz z =+-,则'()cos 2f z z chz =+-,''()sin f z z shz =-+,'''()cos f z z chz =-+,(4)()sin f z z shz =+,(5)()cos f z z chz =+,将0z =代入,得：''''''(4)(0)(0)(0)(0)(0)0f f f f f =====,(5)()0f z ≠,由界说5.2知, 0z =是函数()sin 2f z z shz z =+-的5级零点,故是2(sin 2)z shz z -+-的10级极点．4．证明：如果0z 是()f z 的(1)m m >级零点,那么0z 是'()f z 的1m -级零点．证明：因为0z 是()f z 的m 级零点,所以'''10000()()()()0m f z f z f z f z -=====,0()0m f z ≠,即''''2000()(())(())0m f z f z f z -====,'10(())0m f z -≠,由界说5.2知,0z 是'()f z 的1m -级零点．5．求下列函数在有限孤立奇点处的留数．（1）212z z z+- 解：函数的有限孤立奇点是0,2z z ==,且0,2z z ==均是其1级极点．由定理5.2知,0011Re [(),0]lim ()lim22z z z s f z zf z z →→+===-+,0013Re [(),2]lim(2)()lim 2z z z s f z z f z z →→+=-==．（2）4231(1)z z ++解：函数的有限孤立奇点是z i =±,且z i =±是函数的3级极点,由定理5.2,423''''35111112123Re [(),]lim[()()]lim()lim 2!2()2()8z i z i z i z z s f z i z i f z i z i z i →→→+-=-===-++, 423''''35111112123Re [(),]lim[()()]lim()lim 2!2()2()8z i z i z i z z s f z i z i f z i z i z i →-→-→-++-=+===--．（3）241ze z-解：函数的有限孤立奇点是0z =,因22234443211(2)(2)2222(2)2!!2!3!!z n n n e z z z z z z n z z z n --=-----=-----所以由界说5.5知,2414Re [,0]3z e s z -=-．（4）21sin z z解：函数的有限孤立奇点是0z =, 因2232121111(1)1(1)sin ()3!(21)!3!(21)!nnn n z z z z z z n z zn z +---=-+++=-+++++所以由界说5.5知,211Re [sin ,0]6s z z=-．（5）1cos1z- 解：函数的有限孤立奇点是1z =,因。

复变函数课后习题答案(全)(2020年7月整理).pdf

为复数。
解：首先，由复数的三角不等式有 zn + a zn + a 1+ a ，
在上面两个不等式都取等号时 zn + a 达到最大，为此，需要取 z n
与 a 同向且 zn = 1，即 z n 应为 a 的单位化向量，由此， zn = a ， a
z=n a a
8．试用 z1, z2 , z3 来表述使这三个点共线的条件。
解：要使三点共线，那么用向量表示时， z2 − z1 与 z3 − z1应平行，因而二
者应同向或反向，即幅角应相差 0 或的整数倍，再由复数的除法运算规
则知 Arg z2 − z1 应为 0 或的整数倍，至此得到： z3 − z1
z1,
z2 ,
z3
三个点共线的条件是
z2 z3
− −
z1 z1
为实数。
（1） z = (1+ i)t
（2） z = acost + ibsint
解：只需化为实参数方程即可。
（3） z = t + i t
（1） x = t, y = t ，因而表示直线 y = x
（2） x = a cos t, y
=
b
sin
t
，因而表示椭圆
x a
2 2
+
y2 b2
=1
（3） x = t, y = 1 ，因而表示双曲线 xy = 1 t
结论得证。
13．函数 w = 1 把 z 平面上的曲线 x = 1和 x2 + y2 = 4 分别映成 w 平面中 z
的什么曲线？
解：对于 x = 1，其方程可表示为 z = 1 + yi ，代入映射函数中，得

8复变函数课后题答案（中国石油大学）

习题八答案 1．求下列函数的拉氏变换：(1) 3,,2()cos ,;2t f t t t ππ⎧<⎪⎪=⎨⎪≥⎪⎩ 解：由拉氏变换的定义知：22220231[()]3cos 1.1s s st stL f t e dt etdt e e s s ππππ+∞−−−−⎛⎞=+=−−⎜⎟+⎝⎠∫∫(2) ()cos ()sin ().f t t t t u t δ=⋅−⋅解：由拉氏变换的定义以及单位脉动函数的筛选性质知：0202221[()]cos ()sin ()cos |111.11st st st t L f t t t e dt t u t e dt t e s s s s δ+∞+∞−−−==⋅⋅−⋅⋅=⋅−+=−=++∫∫2. 求下列函数的拉氏变换：(1)2()1;f t t =−解：由拉氏变换的线性性质知：2332!121[()][][1].L f t L t L s s s s=−=−=− (2) ()1;tf t te =−解：由拉氏变换的线性性质和位移性质知：211[()][1][].(1)t L f t L L te s s =−=−− (3) ()cos ;f t t t =解：法一：利用位移性质。

()cos .2it ite ef t t t t −+==由拉氏变换的位移性质知：222211111[()][][].222()()(it its L f t L te L te s i s i s −⎡⎤−=+=+=⎢⎥−++⎣⎦211) 法二：利用微分性质。

令则()cos ,g t t =2221()[()],'().1(s s G s L g t G s s s −===++21) 由拉氏变换的微分性质知：[cos ][()]'().L t t L tg t G s ==−即 2221[()].(1)s L f t s −=+ (4) 2()sin 6;tf t et −=解：因为 26[sin 6],36L t s =+ 故由拉氏变换的位移性知：26[()].(2)36L f t s =++ (5) 2()cos ;f t t = 解：1cos 2().2tf t +=故22211112[()][][cos 2].22224(4)s s L f t L L t s s s s +=+=+⋅=++ (6)()(1);tf t u e −=−解：因为1,10(1),0,10ttte u e e −−−⎧−>⎪−=⎨−<⎪⎩ 即： 1,0(1).0,0t t u e t −>⎧−=⎨<⎩ 故01[()]1.st L f t e dt s+∞−=⋅=∫(7) 2()(1);tf t t e =−解：22()(1)2.ttttf t t e t e te e =−=−+ 法一：利用拉氏变换的位移性质。

复变函数课后习题答案

习题一 P311题 (2)i ii i -+-11 = 1)1(2)1(--++i i i i =223i --)R e (z 23-= ; 21)(-=z I m ; z = 23-2i + ; z =210;arg(z) = arctan-31π (4) 8i i i +-214 i i +-=41 i 31-= ;;1)Re(=z ;3)Im(-=z ;31i z += ;10=z 3a r c t a na r g -=z ; 5题(2) πππi e i 2)sin (cos 22=+=-；(4)⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=-)43sin(arctan )43cos(arctan 5)43sin(arctan )43cos(arctan 91634i i i;5θi e = );43arctan(-=θ (6) θθθθθθθθϑθθ7sin 7cos )()()2sin 2(cos )sin (cos )7(4322323i e e e e e i i i i i i i -====+---- ; 8题(2) 16)2()1(848==+πie i (4));3432sin 3432(cos2163ππππ-+-=--k i k i ;431arctan ππθ-=-= ;2,1,0=K);1(24)2222(2360i i K -=-= );125sin 125(cos261ππi K += );1213sin 1213(cos 262ππi K +=12题(2) ;3)2(=-z R e 即 ;3])2[(e =+-iy x R ;32=-x 5=x 直线(6) ;4)arg(π=-i z ;4))1(arg(π=-+y i x arctan;41π=-x y ;11=-xy 1+=x y 以i 为起点的射线（x>0）. 13题(1) 0)(<z I m ; 即y<0, 不含实轴的下半平面，开区域，无界，单连通。

复变函数—课后答案习题五解答

1 z ( z − 1) 1
2 2
在 z = 1 处有一个二级极点，这个函数又有下列洛朗展开式
z ( z − 1)
="+
1
( z − 1)
5
−
1
( z − 1)
4
+
1
( z − 1)
3
,| z − 1|> 1. ， | z − 2 |> 1
−1 所以“ z = 1 又是 f (z ) 的本性奇点” ，又其中不含 (z − 2) 幂项，因此 Res ⎡ ⎣ f ( z ) ,1⎤ ⎦ = 0 ，这些说法对
m −1
ϕ (z ) + (z − z 0 )m ϕ ' (z ) = (z − z0 )m−1 [mϕ (z ) + (z − z0 )ϕ ' (z )]
故 z0 是 f ' (z ) 的 m-1 级零点。 3．验证： z = 解由 ch
πi
2
是 ch z 的一级零点。
πi
2
= cos
π
2
= 0 ， (ch z ) ' z = π i = sh
z → z0
lim
f ( z) f '( z ) = lim z → z 0 g '( z ) g ( z)
(或两端均为∞) 。
证
因 f ( z ) 和 g ( z ) 是以 z0 为零点的两个不恒等于零的解析函数，可设 f ( z ) = ( z − z0 )ϕ ( z ) ，
习题五解答
1、下列函数有些什么奇点？如果是极点，指出它的级。（1）
z ( z + 1)

复变函数课后习题答案(全)之令狐文艳创作

习题一答案1．令狐文艳2．求下列复数的实部、虚部、模、幅角主值及共轭复数：（1）132i+ （2）(1)(2)i i i -- （3）131i i i -- （4）8214i i i -+- 解：（1）1323213i z i -==+，因此：32Re , Im 1313z z ==-，（2）3(1)(2)1310i i i z i i i -+===---，因此，31Re , Im 1010z z =-=，（3）133335122i i i z i i i --=-=-+=-，因此，35Re , Im 32z z ==-，（4）82141413z i i i i i i =-+-=-+-=-+因此，Re 1, Im 3z z =-=，3．将下列复数化为三角表达式和指数表达式：（1）i （2）1-+ （3）(sin cos )r i θθ+（4）(cos sin )r i θθ- （5）1cos sin (02)i θθθπ-+≤≤解：（1）2cos sin 22ii i e πππ=+= （2）1-+23222(cos sin )233i i e πππ=+=（3）(sin cos )r i θθ+()2[cos()sin()]22i r i re πθππθθ-=-+-= （4）(cos sin )r i θθ-[cos()sin()]i r i re θθθ-=-+-=（5）21cos sin 2sin 2sin cos 222i i θθθθθ-+=+ 4．求下列各式的值：（1）5)i - （2）100100(1)(1)i i ++-（3）(1)(cos sin )(1)(cos sin )i i i θθθθ-+-- （4）23(cos5sin 5)(cos3sin 3)i i ϕϕϕϕ+- （5（6解：（1）5)i -5[2(cos()sin())]66i ππ=-+- （2）100100(1)(1)i i ++-50505051(2)(2)2(2)2i i =+-=-=- （3）(1)(cos sin )(1)(cos sin )i i i θθθθ-+-- （4）23(cos5sin 5)(cos3sin 3)i i ϕϕϕϕ+- （5= （6=5．设12 ,z z i ==-试用三角形式表示12z z 与12z z 解：12cos sin , 2[cos()sin()]4466z i z i ππππ=+=-+-，所以12z z 2[cos()sin()]2(cos sin )46461212i i ππππππ=-+-=+， 6．解下列方程：（1）5()1z i += （2）440 (0)z a a +=> 解：（1）z i += 由此25k i z i e i π=-=-， (0,1,2,3,4)k =（2）z ==11[cos (2)sin (2)]44a k i k ππππ=+++，当0,1,2,3k =时，对应的4个根分别为：), 1), 1), )i i i i +-+--- 7．证明下列各题：（1）设,z x iy =+则z x y ≤≤+证明：首先，显然有z x y =≤+；其次，因 222,x y x y +≥ 固此有 2222()(),x y x y +≥+从而z =≥（2）对任意复数12,,z z 有2221212122Re()z z z z z z +=++证明：验证即可，首先左端221212()()x x y y =+++，而右端2222112211222Re[()()]x y x y x iy x iy =+++++-2222112212122()x y x y x x y y =+++++221212()()x x y y =+++，由此，左端=右端，即原式成立。

复变函数课后习题答案(全)

精心整理页脚内容习题一答案1．求下列复数的实部、虚部、模、幅角主值及共轭复数：（1）132i+（2）(1)(2)i i i --（3）131i i i--（4）8214i i i -+-132i-（（（2（（（2）1-+23222(cos sin )233i i e πππ=+=（3）(sin cos )r i θθ+()2[cos()sin()]22ir i reπθππθθ=-+-=（4）(cos sin )r i θθ-[cos()sin()]i r i re θθθ-=-+-=（5）21cos sin 2sin 2sin cos 222i i θθθθθ-+=+....3．求下列各式的值：（1）5)i -（2）100100(1)(1)i i ++-（3）(1)(cos sin )(1)(cos sin )i i i θθθθ-+--（4）23(cos5sin 5)(cos3sin 3)i i ϕϕϕϕ+-（5（6解：（1）5)i -5[2(cos()sin())]66i ππ=-+- （2）100100(1)(1)i i ++-50505051(2)(2)2(2)2i i =+-=-=-（3）(1)(cos sin )(1)(cos sin )i i i θθθθ-+--（4）23(cos5sin 5)(cos3sin 3)i i ϕϕϕϕ+- （5=（6=4．设12 ,z z i ==-试用三角形式表示12z z 与12z z 解：12cossin, 2[cos()sin()]4466z i z i ππππ=+=-+-，所以12z z 2[cos()sin()]2(cos sin )46461212i i ππππππ=-+-=+，5．解下列方程：（1）5()1z i +=（2）440 (0)z a a +=>解：（1）z i +=由此25k i z i ei π=-=-，(0,1,2,3,4)k =（2）z==精心整理页脚内容11[cos (2)sin (2)]44a k i k ππππ=+++，当0,1,2,3k =时，对应的4个根分别为：), 1), 1), )i i i i +-+--- 6．证明下列各题：（1）设,zx iy =+z x y≤≤+证明：首先，显然有z x y =≤+；（=（1n a z -++证明：方程两端取共轭，注意到系数皆为实数，并且根据复数的乘法运算规则，()n z ，10n a z -+++=为实系数代数方程的一个根，则也是。

复变函数课后习题问题详解(全)85912

复变函数(第四版)课后习题答案

3i 1−
i
⎫ ⎬ ⎭
=
−
5 2
⎜⎛ 1 − 3i ⎟⎞ = 3 + i 5 ， 1 − 3i = ⎜⎛ 3 ⎟⎞2 + ⎜⎛ − 5 ⎟⎞2 = 34 ， ⎝ i 1−i⎠ 2 2 i 1−i ⎝ 2⎠ ⎝ 2⎠ 2
Arg⎜⎛ ⎝
1 i
−
3i 1−i
⎟⎞ ⎠
=
arg⎜⎛ ⎝
1 i
−
3i 1−
i
⎟⎞ ⎠
2．如果等式 x + 1 + i(y − 3) = 1 + i 成立，试求实数 x, y 为何值。
5 + 3i
解：由于
x
+
1+ i(y
5 + 3i
−
3)
=
[x
+1 + i(y − 3)](5 − (5 + 3i)(5 − 3i)
3i)
= 5(x +1)+ 3(y − 3)+ i[− 3(x +1)+ 5(y − 3)]
= 2 i sin nt
14．求下列各式的值
( ) （1） 3 − i 5 ；（2） (1 + i)6 ；（3） 6 −1 ；
1
（4） (1 − i)3
( ) ( ) 解
（1）
3 − i 5 = ⎢⎢⎣⎡2⎜⎜⎝⎛
3 2
−
i 2
⎟⎟⎠⎞⎥⎥⎦⎤5
=
2e−iπ / 6 5 = 32e−i5π / 6
=
32
⎡ ⎢⎣cos
⎛ ⎜⎝
−
5π 6
⎞ ⎟⎠
+

复变函数课后答案习题四解答

in ；
n=1 n
n=2 ln n
∑ ∑ 3）
∞ n=1
(6+5i)n 8n
；
4）
∞ n=2
cos in 2n
。
∑ ∑ 解
1）由 in = cos nπ
+ i sin nπ
，
∞
cos nπ 2
与
∞
sin nπ 2
为收敛的交错项实级数，
2
2 n=1 n
n=1 n
∑ ∑ 所以 ∞ in 收敛，但 in = 1 ，故 ∞ in 发散，原级数条件收敛；
n→∞ n
2
= 0, lim 1 sin n→∞ n
nπ 2
=0，
故
α
n
收敛，
lim
n→∞
α
n
=
0
2．证明：
⎧0,
|α |<1,
limα n
n→∞
=
⎪⎪∞, ⎨⎪1,
|α |>1, α = 1,
⎪⎩不存在， |α|=1,α ≠ 1.
3．判断下列级数的绝对收敛性与收敛性：
∑ ∑ 1） ∞ in ；
∞
2）
，而
lim
n→∞
chn 2n
≠
0
，故
∞ n=2
cos in 2n
发散。
4．下列说法是否正确？为什么？
（1）每一个幂级数在它的收敛圆周上处处收敛；
（2）每一个幂级数的和函数在收敛圆内可能有奇点；
（3）每一个在 z0 连续的函数一定可以在 z0 的邻域内展开成 Taylor 级数。
∞
∑ 解（1）不对。如 zn 在收敛圆 z < 1内收敛，但在收敛圆周 z = 1上并不收敛； n=0

复变函数课后习题答案（全）第四版

习题一答案1．求下列复数的实部、虚部、模、幅角主值及共轭复数：（1）132i+ （2）(1)(2)i i i --（3）131i i i-- （4）8214i i i -+-解：（1）1323213iz i -==+，因此：32Re , Im 1313z z ==-，1232, arg arctan , 3131313z z z i ==-=+（2）3(1)(2)1310i i iz i i i -+===---，因此，31Re , Im 1010z z =-=，1131, arg arctan , 3101010z z z i π==-=--（3）133335122i i iz i i i --=-=-+=-，因此，35Re , Im 32z z ==-，34535, arg arctan , 232i z z z +==-=（4）82141413z i i i i i i =-+-=-+-=-+因此，Re 1, Im 3z z =-=，10, arg arctan3, 13z z z i π==-=--2．将下列复数化为三角表达式和指数表达式：（1）i （2）13i -+ （3）(sin cos )r i θθ+（4）(cos sin )r i θθ- （5）1cos sin (02)i θθθπ-+≤≤解：（1）2cossin22iii e πππ=+=（2）13i -+23222(cos sin )233i i e πππ=+=（3）(sin cos )r i θθ+()2[cos()sin()]22ir i reπθππθθ-=-+-=（4）(cos sin )r i θθ-[cos()sin()]i r i re θθθ-=-+-=（5）21cos sin 2sin 2sin cos 222i i θθθθθ-+=+22sin [cossin]2sin 2222ii e πθθπθπθθ---=+=3．求下列各式的值：（1）5(3)i - （2）100100(1)(1)i i ++-（3）(13)(cos sin )(1)(cos sin )i i i i θθθθ-+-- （4）23(cos5sin5)(cos3sin3)i i ϕϕϕϕ+-（5）3i （6）1i +解：（1）5(3)i -5[2(cos()sin())]66i ππ=-+-5552(cos()sin())16(3)66i i ππ=-+-=-+ （2）100100(1)(1)i i ++-50505051(2)(2)2(2)2i i =+-=-=-（3）(13)(cos sin )(1)(cos sin )i i i i θθθθ-+--2[cos()sin()](cos sin )332[cos()sin()][cos()sin()]44i i i i ππθθππθθ-+-+=-+--+-2[cos()sin()](cos2sin 2)1212i i ππθθ=-+-+(2)122[cos(2)sin(2)]21212ii eπθππθθ-=-+-=（4）23(cos5sin5)(cos3sin3)i i ϕϕϕϕ+- cos10sin10cos19sin19cos(9)sin(9)i i i ϕϕϕϕϕϕ+==+-+- （5）3i 3cossin22i ππ=+11cos (2)sin (2)3232k i k ππππ=+++31, 02231, 122, 2i k i k i k ⎧+=⎪⎪⎪=-+=⎨⎪-=⎪⎪⎩（6）1i +2(cossin )44i ππ=+ 4112[cos (2)sin (2)]2424k i k ππππ=+++48482, 02, 1i i e k e k ππ⎧=⎪=⎨⎪-=⎩4．设121, 3,2iz z i +==-试用三角形式表示12z z 与12z z解：12cossin , 2[cos()sin()]4466z i z i ππππ=+=-+-，所以12z z 2[cos()sin()]2(cos sin )46461212i i ππππππ=-+-=+， 12z z 1155[cos()sin()](cos sin )2464621212i i ππππππ=+++=+ 5．解下列方程：（1）5()1z i += （2）440 (0)z a a +=> 解：（1）51,z i+= 由此2551k i z i ei π=-=-， (0,1,2,3,4)k =（2）4444(cos sin )za a i ππ=-=+11[cos (2)sin (2)]44a k i k ππππ=+++，当0,1,2,3k =时，对应的4个根分别为：(1), (1), (1), (1)2222a a a ai i i i +-+--- 6．证明下列各题：（1）设,z x iy =+则2x y z x y +≤≤+证明：首先，显然有22z x y x y =+≤+；其次，因222,x y x y +≥固此有2222()(),x y x y +≥+ 从而222x y z x y +=+≥。

复变函数—课后答案习题四解答

习题四解答1．下列数列{}n α是否收敛？如果收敛，求出它们的极限：1）1i 1i n n n α+=−；2）i 1;2nn α−⎛⎞=+⎜⎟⎝⎠3）i (1);1nn n α=−++4）；5）i /2n n e πα−=i /21n n e nπα−=解 1）2221i 12i 1i 11n n n n n n n α+−==+−++，又2212lim 1,lim 011n n n nn n→∞→∞−2=−=++n ，故α收敛，lim 1n n α→∞=−2）i 12n ni n θα−−⎞⎛⎞=+=⎜⎟⎟⎝⎠⎠，又lim 0ni n θ−→∞⎞=⎟⎠，故n α收敛，lim 0n n α→∞= 3）由于n α的实部{}(1)n−发散，故nα发散4）由于i /2cosisin 22n n n n e πππα−==−，其实部、虚部数列均发散，故n α发散 5）i /2111cos i sin 22n n n n en n n πππα−==−，知11lim cos 0,lim sin 022n n n n n n ππ→∞→∞==，故n α收敛，lim 0n n α→∞=2．证明：0,||<1,,||>1,lim 1,1,||=1, 1.n n αααααα→∞⎧⎪∞⎪=⎨=⎪⎪≠⎩不存在， 3．判断下列级数的绝对收敛性与收敛性：1）1i n n n ∞=∑； 2）2i ln nn n ∞=∑； 3）1(6+5i)8nn n ∞=∑； 4）2cosi 2nn n ∞=∑。

解 1）由i cosisin 22nn n ππ=+，1cos2n n n π∞=∑与1sin 2n n n π∞=∑为收敛的交错项实级数，所以1i n n n ∞=∑收敛，但i 1n n n =，故1i nn n∞=∑发散，原级数条件收敛；2）与1）采用同样的方法，并利用11(2ln n n n≥≥)； 3）因(6+5i)88nnn ⎛⎞=⎜⎜⎝⎠⎟⎟，而18nn ∞=⎛⎞⎜⎟⎜⎟⎝⎠∑收敛，故1(6+5i)8nn n ∞=∑绝对收敛； 4）因，而cosi ch n =n ch lim 02n n n →∞≠，故2cosi 2n n n∞=∑发散。

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