复变函数疑难问题分析
关于复变函数某个题型的讨论题目
关于复变函数某个题型的讨论题目
【实用版】
目录
1.复变函数概述
2.复变函数的题型分类
3.某个题型的具体解题方法
4.结论与展望
正文
一、复变函数概述
复变函数是指以复数为自变量和函数值的函数，它是复分析领域的一个重要概念。
复变函数在许多领域都有广泛的应用，如流体力学、电磁学、复数微积分等。
对于复变函数的题型，我们需要掌握一定的解题技巧。
二、复变函数的题型分类
复变函数的题型可以分为以下几类：
1.复数的解析式
2.复数的积分
3.复数的级数
4.复数的微分
5.复数的积分路径
三、某个题型的具体解题方法
以复数的积分为例，其解题步骤如下：
1.确定被积函数的解析式
2.选择合适的积分路径
3.计算被积函数在积分路径上的原函数
4.计算原函数在积分路径上的积分
5.根据柯西定理求解复数积分
四、结论与展望
复变函数题型的解题技巧需要我们在学习过程中不断总结和积累，掌握各类题型的解题方法，提高解题效率。
在实际应用中，复变函数题型可能会涉及到更为复杂的数学概念和方法，我们需要不断拓展知识面，提高自己的数学素养。
在未来的学习和研究中，我们应当注重复变函数与其他数学领域的联系，探索其在实际问题中的应用，为解决实际问题提供有力支持。
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复变函数疑难问题分析
复变函数疑难问题分析1. 设zz z f 1sin )(2=，{}11|<-=z z D 。
1）函数)(z f 在区域D 中是否有无限个零点？2） 若上小题的答案是肯定的，是否与解析函数零点的孤立性相矛盾？为什么？答： 有无限个零点。
可以具体写出其所以零点； 不矛盾。
因为这无限多个零点均为孤立零点；不可以展开为洛朗级数。
因为0=z 为非孤立的奇点。
2. “函数sin z 在z 平面上是有界的”是否正确？sin z 在z 平面上无界。
这是因为sin 2iz iz e e z i --=，令(0)z iy y =<，则|sin |||()2iz ize e z y i--=→∞→-∞ 3. “函数z e 为周期函数” 是否正确？z e 是以2k i π为周期的函数。
因为z C ∀∈，221z k i z k i z z e e e e e ππ+==⋅=，k 为整数4. “()f z z =是解析函数” 是否正确？()f z z =在z 平面上不解析。
因为()f z z x iy ==-，所以(,)u x y x =，(,)v x y y =- 所以1u x ∂=∂，1v y ∂=-∂，0u y ∂=∂，0v x∂=∂ 但是11u v x y ∂∂=≠-=∂∂，所以(,)u x y ，(,)v x y 在z 平面上处处不满足..C R -条件 所以()f z z =在z 平面上不解析。
5.根据教材中建立起球面上的点（不包括北极点N ）复平面上的点间的一一对应，试求解下列问题。
（1）复球面上与点1)对应的复数； （2）复数1+i 与复球面上的那个点；（3）简要说明如何定义扩充复平面。
解：（1）建立空间直角坐标系（以O 点为原点，SON 为z 轴正半轴），则过点,,1)22P 与点(0,0,2)N 的直线方程为21z -==-。
当0z =时，x y ==，所以,,1)22对应。
（2）复数1i +的空间坐标为(1,1,0)。
复变函数重点知识点及典型例题的多种解题方法
( z1 z1 )( z2 z2 ) z1 z2 .
(2) z1 z2 ( z1 z2 )( z1 z2 ) ( z1 z2 )( z1 z2 )
2
z1 z1 z2 z2 z1 z2 z1 z2
z1 z2 z1 z2 z1 z2
11
21
例2 满足下列条件的点集是什么, 如果是区域, 指出是单连通域还是多连通域?
y
解 (1) Im z 3, 是一条平行于实轴的直线, 不是区域.
-3 -2 -1
6 5 4 3 2 1 x
1
2
3
(2) Re z 2,
以 Re z 2 为右界的半平面 (不包括直线 Re z 2 ),
(其中 y arctan ) 2 x 2
3
当z落于一,四象限时，不变。
。 当z落于第三象限时，减 。
当z落ห้องสมุดไป่ตู้第二象限时，加
y arctan 2 x 2
5. 复数和差的模的性质
因为 z1 z2 表示点 z1 和 z2 之间的距离, 故
(1) z1 z2 z1 z2 ;
12
1 例1 已知 z1 (1 3i ), z2 sin i cos , 2 3 3 z1 求 z1 z2 和 . z2 解 因为 z1 cos i sin , 3 3 z2 cos i sin , 6 6 i , 所以 z1 z2 cos i sin 3 6 3 6 z1 3 1 i. cos i sin z2 3 6 3 6 2 2
复变函数与积分变换习题解答
练 习 一1．求下列各复数的实部、虚部、模与幅角。
（1）i ii i 524321----； 解：i iii 524321---- =i 2582516+zk k Argz z z z ∈+====π221arctan 2558258Im 2516Re（2）3)231(i + 解： 3)231(i +zk k Argz z z z e i i∈+===-=-==+=πππππ210Im 1Re 1][)3sin3(cos3332．将下列复数写成三角表示式。
1）i 31- 解：i 31-)35sin 35(cos2ππi +=（2）i i +12 解：i i +12 )4sin4(cos21ππi i +=+=3．利用复数的三角表示计算下列各式。
（1）i i2332++- 解：i i 2332++- 2sin2cosππi i +==（2）422i +-解：422i +-41)]43sin 43(cos 22[ππi +=3,2,1,0]1683sin 1683[cos 2]424/3sin ]424/3[cos 28383=+++=+++=k k i k k i k ππππππ4．.设321,,z z z 三点适合条件：321z z z ++=0，,1321===z z z 321,,z z z 是内接于单位圆z =1的一个正三角形的项点。
证：因,1321===z z z 所以321,,z z z 都在圆周32z z ++=0则,321z z z -=+1321=-=+z z z ，所以21z z +也在圆周1=z 上，又,12121==-+z z z z 所以以0，211,z z z +为顶点的三角形是正三角形，所以向量211z z z +与之间的张角是3π，同理212z z z +与之间的张角也是3π，于是21z z 与之间的张角是32π，同理1z 与3z ，2z 与3z 之间的张角都是32π，所以321,,z z z 是一个正三角形的三个顶点。
复数与复变函数-难题解答
第1章复数与复变函数-难题解答(总13页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--第一章 复数与复变函数§习题2．设12,,...,n z z z 是任意n 个复数，证明：11||||n nkkk k z z ==≤∑∑，并给出不等式中等号成立的条件.（提示：可以用数学归纳法证明.等号成立的条件是12,,...,n z z z 线性相关）.3(Re Im )Re Im .z z z z z +≤≤+证明：设z a ib =+，则Re z a =，Im z b =，||z =由题2知，z a bi a b ≤+=+故22222222222||2222a ab ba b a b a b ab z +++++==+≤+=，(Re Im )Re Im .z z z z z +≤≤+4．若12||,0z z λλ=>，证明：21212||z z z z λλ-=-. 证明：不妨设22221210.z z z z λ≠= 则2222212122121112z z z z z z z z z z z z λλ-=-=-=-即有21212||z z z z λλ-=-成立.5．设|a |<1，证明：若|z|=1，则11z aaz-=-. 证明：由1z =得1zz =故11z a z azz z az az -=-=-=- 即证之.6．设|a |<1，|z|<1.证明：11z aaz-<-. 证明：提示：（11z aaz-<-⇔2222||2Re ||12Re ||||;z az a az a z -+<-+ 而2222221||||||||(1||)(1||)0;a z a z a z --+=-->）7．设12,,...,n z z z ，12,,...,n ωωω是任意2n 个复数，证明复数形式的Lagrange 等式：22221111()(),nnnk j j j j j j k j j j j k nz z z z ωωωω===≤<≤=--∑∑∑∑并由此推出Cauchy 不等式：222111nnnj jj j j j j z z ωω===⎛⎫⎛⎫= ⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭∑∑∑. 证明：提示（记1212......n n z z z A ωωω⎛⎫= ⎪⎝⎭，1112'2212...det det()0.........n n n n z z z z z AA z ωωωωωω⎛⎫ ⎪⎛⎫ ⎪=≥⎪ ⎪⎝⎭ ⎪⎪⎝⎭， 2det det ||jk jj j k k j jk kk z z z z z z ωωωωωω⎛⎫⎛⎫=- ⎪⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则原式=210k j j k j k n z z ωω≤<≤-≥∑.(1) 另外，21111122221211...det det .........n njj j j j n nnn j j j n j j n z z z z z z z z z ωωωωωωωωω====⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎛⎫ ⎪ ⎪=⎪ ⎪ ⎪⎝⎭ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭∑∑∑∑222111()()0nnnjjj jj j j zz ωω====-≥∑∑∑.（2）由（1）=（2）可得证.§习题1．把复数1cos sin z i θθ=++写成三角形式.解：1111112222221()2Re (2cos )2i i i i i i i z e e eeeeeθθθθθθθθ-=+=+==.2． 问取何值时有(1)(1)n ni i +=-.解：提示（41,1,1k ii i k N i+==∈-）3． 证明：01sinsin()22cos ,2sin2nk n k θθθθ=++=∑ 01coscos()22sin ,2sin2nk n k θθθθ=-+=∑ 证明：由于(1)21sin 121sin 2in i n nik i k n ee e e θθθθθθ+=+-==-∑，则即可得00cos Re n n ik k k k e θθ===∑∑，0sin nnikk k k im e θθ===∑∑.4． 证明：123z z z ∆和123ωωω∆同向相似的充分必要条件为112233111z z z ωωω=0. 证明：提示（123z z z ∆和123z z z ∆同向相似,a b C ⇔∃∈，使得(1,2,3)k k az b k ω=+=111122223333111,,111w z w z w a z b w z w z w z ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⇔=+⇔ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭线性相关1122331det 10.1z w z w z w ⇔=）5． 设12z z ≠，证明：z 位于以1z 和2z 为端点的开线段上，当且仅当存在(0,1)λ∈，使得12(1)z z z λλ=+-；证明：z 位于以1z 和 2z 为端点的开线段上⇔210,()k z z k z z ∃>-=-210,11z z k z k k⇔∃>=+++ 12(0,1),(1),()1k z z z kλλλλ⇔∃∈=++=+. 6． 图是三个边长为1的正方形，证明：2AOD BOD COD π∠+∠+∠=.E A B C解：以O 为原点，OD 为X 轴，OE 为Y 轴，建立坐标系.设123,,OA z OB z OC z →→→===则1231,2,3z i z i z i =+=+=+，从而123arg()arg(1)(2)(3)arg(10)z z z i i i i =+++=.因为i 是单位向量，它的辐角为2π，即2AOD BOD COD π∠+∠+∠=.10．证明：22221212122(||),z z z z z z ++-=+并说明等式的几何意义. 证明：222222121211221122||||||2Re ||||2Re ||z z z z z z z z z z z z ++-=+++-+ 22122(||||)z z =+几何意义是：平行四边形两对角线长的平方和等于它的各边长的平方和.11．设1,...,n z z 是单位圆周（以原点为中心、半径为1的圆周）上的n 个点，如果1,...,n z z 是正n 边形的n 个顶点，证明：1nk k z =∑=0.证明：记12...n z z z C ω=+++∈，设该正n 边形的一个圆心角为θ，0θπ<<.由复数乘法几何意义及正n 边形对称性，0i e θωωω=⇒=，即证之.13.设1z ，2z ，3z ，4z 是单位圆周上的四个点，证明：这四个点是一矩形顶点的充要条件为12340z z z z +++=.证明：提示（先为菱形，连线为直径对点则是矩形）14.设L 是由方程0azz z z d ββ+++=所确定的点的轨迹，其中a ，d 是实数，β是复数.证明：（i ）当a =0，β≠0时，L 是一直线；（ii ）当a ≠0，20ad β->时，L 是一圆周.并求出该圆周的圆心和半径. 证明：（i ）令22d λβ=，则2d λββ=，故原方程为()()0z z βλββλβ+++=，即Re ()0z βλβ+=，即z λβ+与β垂直，从而轨迹是一条通过点λβ-，与β垂直的直线.（ii ）记220ad λβ=->，则2ad ββλ=-，原式22220()()a zz a z a z ad az az az ββββλβλ⇔+++=⇔++=⇔+= 即证之.§习题 1. 证明：在复数的球面表示下，z 和1z 的球面像关于复平面对称.证明：设z x iy =+其球面对应的坐标为21232221,,1(1)1z z z z z x x x zi z z -+-===+++.而1z球面像对应的坐标为 1122211'1111z z z zz z x x z z z+++====+++, 2222211'1(1)(1)(1)z z z zz z x x i z i z i z---====+++, 222332221111'1111z z zx x z z z---====-+++,从而有'''112233,,x x x x x x ===-，故z 和1z的球面像关于复平面对称.2. 证明：在复数的球面表示下，z 和ω的球面像是直径对点当且仅当z ω=-1.证明：⇐设z x iy =+，由1z ω=-得11,z z ωω=-=-，由于z 对应的球面像为21232221,,1(1)1z z z z z x x x zi z z -+-===+++，ω对应的球面像为123',','x x x ，计算可得：11,2233'','x x x x x x =-=-=-， 故z 和ω的球面像是直径对点.⇒由球面表示的几何意义知，,z ω位于通过竖坐标轴的平面与xoy 平面交点上，从而,z ω必与原点共线，则,0z ωλλ=->，由33'x x =，易知1λ=.3. 证明：在复数的球面表示下, ∞C 中的点z 和ω的球面像间的距离为.证明：设z 和w 的球面像的坐标为()123,,x x x 和()123',','x x x ， 则()()()()222112233112233'''22'''x x x x x x x x x x x x -+-+-=-++，112233'''x x x x x x ++()()()()()()()()22221111z z z z z zωωωωωω++--++-+=++()()()()2222211211zz z ωωω++--=++故(),d z ω==4.证明：在复数的球面表示下，若a b c d ⎛⎫⎪⎝⎭是二阶酉方阵，则∞C 的变换w=az bcz d++诱导了球面绕球心的一个旋转. 证明：先证(),,,z w c d z w ∀∈=，一定有(),,az b aw b d d z w cz d cw d ++⎛⎫= ⎪++⎝⎭.而()()22222222()det 11a b az b aw bz w cz d cw dc d az bcz daw bcw daz b aw b cz d cw d ⎛⎫++-- ⎪++⎝⎭=⎛⎫⎛⎫++++++++++⎪⎪ ⎪⎪++⎝⎭⎝⎭，由a b c d ⎛⎫ ⎪⎝⎭是二阶酉方阵知，()()222det 1,11||1,11a b a c a b z z az b cz d z z z c d c d b d ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++===+ ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 类似的有222||1,aw b cw d w +++=+故原式=()()()()()()2222221111ad bc z w z wz w z z ---=++++，故(),,az b aw b d d z w cz d cw d ++⎛⎫= ⎪++⎝⎭成立，从而诱导变换是一个等距.又等距变换的行列式是a b c d ⎛⎫⎪⎝⎭的连续函数且只取1±两个值，而二阶酉方阵全体是连通的，从而行列式为常数.取a b c d ⎛⎫ ⎪⎝⎭=1001⎛⎫⎪⎝⎭，此时诱导变换是恒等变换，行列式为1，故此常数为1，从而此等距变换为旋转.§习题1. 设0(,0]z ∉-∞，0n z ≠，n N ∀∈.证明：复数列{}n z 收敛到0z 的充要条件是0lim n n z z →∞=和0limarg arg n n z z →∞=.证明：因为00(,0],0,..arg z s t z δπδπδ∉-∞∃>->>-+， 由不等式 0000||||||||arg arg n n z z z z z z z -≤-+-即得充分性 由不等式00||||||n z z z z -≥- 及 0000arg arg ||||||2||sin 2n n z z z z z z z --+-≥并注意0arg arg 222n z z δδππ--+<<-，可得必要性.2. 设z x iy =+∈C ,证明：()lim 1cos sin nx n z e x i y n →∞⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭.（提示：分开证明实部与虚部收敛即可.）§习题2． 设E ⊂C 是非空点集，,z w ∈C .证明：()(),,d z E d E z ωω-≤-成立，而()()(),,,d z E d E d z E ωω-≤-不成立.证明：,E ξ∀∈有 (,)inf ||||||||Ed z E z z z z ξξξωω∈=-≤-≤-+-||(,)||d z E z ωξω⇒-≥--， 取下确界得(,)inf ||(,)||Ed E d z E z ξωωξω∈=-≥--，即(,)(,)||d z E d E z ωω-≤-（1） 同样可得(,)(,)||d E d z E z ωω-≤-（2）因此由（1）（2）可得结论成立.反例：令{1},2,1E z ω===.则(,)d z E =1，(,)d E ω=0，(,)d z E ω-=03. 指出下列点集的内部、边界、闭包和导集：(i) N ={k: k 为自然数}；解：内部：空集；边界：N ；闭包：N ={k: k 为自然数}；导集：空集.(ii) E={1k: k 为自然数}： 解：内部：空集；边界：E ⋃{}0；闭包：E = E ⋃{}0；导集：{0}.(iii) D=B(1,1) (1,1)B ⋃-;解：内部：D=B(1,1) (1,1)B ⋃-; 边界：{:|1|1D z z ∂=∈-=C 或|1|1}z +=； 闭包：{:|1|1D z z =∈-≤C 或|1|1}z +≤；导集：'{:|1|1D z z =∈-≤C 或|1|1}z +≤；(iv) G={z ∈C : 12z <≤};解：内部：{:1||2}o G z z =∈<<C ；边界：；{:||2G z z ∂=∈=C 或||1}z = 闭包：{:1||2}G z z =∈≤≤C ；导集：'{:1||2}G z z =∈≤≤C ；(v) C .解：内部：C ；边界：空集；闭包：C ；导集：C .4.指出下列点集中哪些是开集，哪些是闭集，哪些是紧集：(i) Z={k: k 为自然数}；解：闭集，非开集，非紧集；(ii) E 为有限集；解：紧集；(iii) D={}:Im 0\k k z z F ∞=-∞⎛⎫∈>⋃ ⎪⎝⎭C ， {}:,01k z z k iy y F =∈=+≤≤C ； 解：开集； (iv) G=B(0,1)\ 1:1k k ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭为自然数; 解：非开，非闭，非紧；(v) C \B ()R ∞，;解：紧集.8. 设D 是开集，F D ⊂是非空紧集，证明：（i ）(),0;d F D ∂>(ii) ()()1210,,,,...,,,nn k k d F D F z z z F B z D δδ=∂⊂⋃⊂对任意<<存在中的点使得并且()()1,,,n k k d B z D d F D δδ=⎛⎫∂≥∂- ⎪⎝⎭⋃. 证明：（1）由定理可得（2）(,),k B z ζδ∀∈成立(,)(,)(,)(,)||k k d F D d D d z D d D z ζζζδ∂-∂≤∂-∂≤-<即(,)(,)d D d F D ζδ∂>∂-，即n1((,),)inf (,)(,)k k d B z D d D d F D δζδ=⋃∂=∂≥∂-§习题1.满足下列条件的点z 所组成的点集是什么如果是域，说明它是单连通域还是多连通域（i ）Re 1;z =实部是1的直线， 不是域(ii) Im 5z <-;虚部小于-5的开平面， 单连通域 (iii) 5;z i z i -++=椭圆曲线 不是域 (iv) 2;z i i -≤-闭圆盘 单连通域(v) ()arg 1;6z π-= 半射线 不是域(vi) 11,Im ;2z z <> 开弓形 单连通域 (vii) 12;1z z -≤+ 圆盘外无界闭区域 (viii) 0arg .4z i z i π-<<+左半平面（不含虚轴）与以（-1，0为半径的闭圆盘外部之交 多连通域§习题3.证明紧集的连续像为紧集.证明：任取()f E 的开覆盖{}U u =，则11(){()}f U f u --=是E 的一个开覆盖，因为E 为紧集，存在有限个开集11111121(),(),...,()(),..()nn k k f u f u f u f U s t E f u -----=∈⊂⋃，故1()k k f E u ∞=⊂⋃，从而()f E 是紧集..将紧集换成闭集，结论不一定成立.反例：取[1,),E =∞令1().f x x=则()(0,1]f E =不闭.5. 证明：若f 在域D 上一致连续，则对任意()00,lim .z z z D f z →∈∂存在证明：因为f 在域D 上一致连续，故0,ε∀>∃0δ>， 对D 上任意的1,2z z ，只要122,z z δ-<有()12f z z ε-<. 因此120,(,)z z D B z δ∀∈⋂，有()12f z z ε-<，由Cauchy 收敛原理，极限存在.。
复变函数初步例题和知识点总结
复变函数初步例题和知识点总结一、复变函数的基本概念复变函数是指定义在复数域上的函数。
一个复变函数通常可以表示为＄w ＝ f(z)＄，其中＄z ＝ x ＋ iy$ 是复数，＄x$ 和＄y$ 分别是实部和虚部，＄w ＝ u ＋ iv$ 也是复数，＄u$ 和＄v$ 分别是其实部和虚部。
例如，函数＄f(z) ＝ z^2$ 就是一个简单的复变函数。
将＄z ＝ x ＋iy$ 代入，可得：＼＼begin{align}f(z)＆＝（x ＋ iy)＾2\＼＆＝x^2 y^2 ＋ 2ixy＼end{align}＼从而得到实部＄u ＝ x^2 y^2$，虚部＄v ＝ 2xy$。
二、复变函数的极限与连续（一）极限如果对于任意给定的正数＄＼epsilon$，都存在正数＄＼delta$，使得当＄0 ＜｜z z_0| ＜＼delta$ 时，有＄｜f(z) A| ＜＼epsilon$，则称＄A$ 为函数＄f(z)＄当＄z$ 趋向于＄z_0$ 时的极限，记作＄＼lim_{z ＼to z_0} f(z) ＝ A$。
例如，考虑函数＄f(z) ＝＼frac{z}｛｜z|｝＄，当＄z$ 沿着实轴正方向趋近于＄0$ 时，极限为＄1$；当＄z$ 沿着实轴负方向趋近于＄0$ 时，极限为＄－1$。
由于这两个极限不相等，所以该函数在＄z ＝ 0$ 处极限不存在。
（二）连续如果函数＄f(z)＄在点＄z_0$ 处的极限存在且等于＄f(z_0)＄，则称函数＄f(z)＄在点＄z_0$ 处连续。
例如，函数＄f(z) ＝ z$ 在整个复数域上都是连续的。
三、复变函数的导数复变函数的导数定义与实函数类似，但需要满足柯西黎曼方程。
设函数＄f(z) ＝ u(x, y) ＋ iv(x, y)＄，则其导数为：＼f'（z) ＝＼lim_{＼Delta z ＼to 0} ＼frac{f(z ＋＼Delta z) f(z)｝｛＼Delta z}＼柯西黎曼方程为：＼＼frac{＼partial u}｛＼partial x} ＝＼frac{＼partial v}｛＼partial y}，＼quad ＼frac{＼partial u}｛＼partial y} ＝＼frac{＼partial v}｛＼partial x}＼例如，函数＄f(z) ＝ z^2 ＝（x ＋ iy)＾2 ＝ x^2 y^2 ＋ 2ixy$，则＄u ＝ x^2 y^2$，＄v ＝ 2xy$。
复变函数课后部分习题解答
1.2求下列各式的值。
〔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> =-163-16i1.2求下列式子的值〔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=〔26〔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1w =2[cos π/3+isin π/3]=1—3i2w =2[cos<π+2π>/3+isin<π+2π>/3]=-23w =2[cos<π+4π>/3+isin<π+4π>/3]= 1—3i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。
复变函数习题解答
复变函数练习题解答一、求出下列函数的奇点，并确定它们的类别（对于极点，要指明它们的阶），对于无穷远点也要加以讨论. （1）1()1sin f z z=，（2）11()e 1zf z z=-- 解. （1）1()1sin f z z=有奇点10,(1,2,3,),πk k =∞，因在扩充复平面上 11sin ()f z z=有一阶零点1(1,2,3,),πk k =∞，故1()1sin f z z=有一阶极点1(1,2,3,),πk k =∞，易见0是()f z 的一阶极点1(1,2,3,)πk k =的极限点，因而0不是()f z 的孤立奇点.解. （2）11()e 1z f z z=--有奇点0,2πi(1,2,3,),k k =∞，因000e 1(e 1)lim ()lim lim (e 1)((e 1))z z z z z z z z z f z z z →→→'-+-+=='-- 0001e (1e )e 1lim lim lim e 1e (e 1e )2e e 2z z z z z z z z z z z z z z z →→→'---====-'-+-++ 0是()f z 的可去奇点，易见()f z 有一阶极点2πi(1,2,3,)k k =.事实上2πi2πi2πi 2πilim (2πi)()lim ()e 1zz k z k z k z k z k f z z→→---=-- 2πi 2πi 2πi 1limlim 1e 1ez z z k z k z k →→-===- 因而∞是()f z 的一阶极点2πi(1,2,3,)k k =的极限点，∞不是()f z 的孤立奇点.二、考查函数3322()2f z x y x y i =-+的可微性和解析性，并求出导数（如存在）.解. 因33(,)u x y x y =-，22(,)2v x y x y =，23u x x ∂=∂，23u y y∂=-∂， 24v xy x ∂=∂，24v x y y ∂=∂，故3322()2f z x y x y i =-+仅在两个点33(0,0),(,)44满足C R -条件u v x y ∂∂=∂∂，v uxy ∂∂=-∂∂，因此函数3322()2f z x y x y i =-+处处不解析，仅在两个点33(0,0),(,)44可导和可微，且(0)0f '=，3327()444f i '+=.三、求出圆2z <到半平面Re 0w >的共形映射()w f z =，使符合条件(0)1f =解.1． 12zz =将圆2z <映为圆11z <，2． 因212i z iz e z iθ-=+将半平面2Im 0z >映为圆11z <，故逆映射 121i i i e z z e z θθ+=-将圆11z <映为上半平面2Im 0z >3．2i w z =-将上半平面2Im 0z >映为右半平面Re 0w >4． 上述三个映射的复合22i i z e w e zθθ+=-将圆2z <映为半平面Re 0w >，且符合 条件(0)1f =.四、证明：级数111(1)i 1n n n ∞-=-+-∑收敛，但不绝对收敛，提示，写成实部和虚部.证 因112211111(1)(1)(i)i 1(1)1(1)1n n n n n n n n ∞∞--==--=--+--+-+∑∑ 其实部1211(1)(1)1n n n n ∞-=---+∑条件收敛，虚部1211(1)(1)1n n n ∞-=--+∑绝对收敛 因此级数111(1)i 1n n n ∞-=-+-∑收敛，但不绝对收敛.五、计算下列积分（1）1d (31)z zz z =+⎰ （2）2π0d ,(1)cos a a θθ>+⎰ 解. （1）1d 12π(Res(,0)Res(,))0(31)3z z i f f z z ==+-=+⎰，事实上 001Res(,0)lim ()lim131z z f zf z z →→===+1Res(,))3f -103111Res(,)lim()()lim 1333z z f z f z z →→--=+==-（2）已知1a >，为求2π0d cos a θθ+⎰，令i e ,02πz θθ=≤≤，则原积分I =22111d 2d 1i i 21()2z z z zz z z az a z ===++++⎰⎰， 记21()21f z z az =++，1z a =-+122πiRe (,)iI s f z =111214πlim4πlim 2122z z z z z z z az z a →→-==+++112πz a ==+六、设函数()f z 在区域D 内解析，试证222222()()4'()f z f z x y∂∂+=∂∂ 证（1）设()i f z u v =+，则222()f z u v =+，（2）左222222222()2()xx y y xx yy xx yy u v u v u u u v v v =+++++++（3）由（2）和Laplace 方程0xxyy u u +=，0xx yy v v +=知，左22222222xx y y u v u v =+++，（4）由（3）和CR -条件v u y x ∂∂=∂∂，u v yx ∂∂=-∂∂知，左2244x x u v =+ （5）由（4）和()i x x f z u v '=+知，右2244x xu v =+ （6）由（4）和（5）知，左=右.七、设()f z 在1z <内解析，且(0)0f =，()1f z <，如果原点0是()f z 的λ阶零点，则 （1）当1z <时()f z z λ≤（2）()(0)1!f λλ≤（3）如对于某一点00(01)z z <<，有00()f z z λ=，或者，()(0)1!f λλ=，那么，在1z <内()f z z λμ=，其中μ是一复常数，1μ=证因原点0是()f z 的λ阶零点，故可以将()f z 在1z <展成如下的幂级数1212()f z c z c z c z λλλλλλ++++=+++，且0c λ≠，记212()z c c z c z λλλϕ++=+++，则()z ϕ在1z <内解析，()()f z z z λϕ=，()()f z z zλϕ=， 设1r<，0z r <，则由最大模定理知，0()()1()max{()}max max z r z r z r f z f z z z z r zλλϕϕ<==≤=≤<，令10r→-，得0()1z ϕ≤，因此（1） 当1z <时()f z z λ≤得证； （2） 由1212()f z c z c z c z λλλλλλ++++=+++知，()1()!(1)!f z c c z λλλλλ+=++⋅+，()1()(1)!f z c c z λλλλλ+=+++同（1）类似可以证明()()1!f z λλ≤.（3） 如对于某一点00(01)z z <<，有00()f z z λ=或()(0)1!f λλ=，那么由最大模定理知，()z ϕ或()()!f z λλ是常值函数.因此，在1z <内，()f z z λμ=，其中μ是复常数，且1μ=.。
复变函数习题解答(第4章)
p178第四章习题(一)[ 3, 4, 6, 7(4), 10, 12, 13, 14 ]3. 如果lim n→∞ (c n + 1/c n)存在( ≠∞ )，试证下列三个幂级数有相同的收敛半径：(1) ∑n≥ 0c n z n；(2) ∑n≥ 0 (c n/(n + 1))z n + 1；(3) ∑n≥ 0 (n c n)z n– 1．【解】事实上，我们只要证明下面的命题：若∑n≥ 0c n z n的收敛半径为R，则∑n≥ 0 (n c n)z n– 1的收敛半径也为R．从这个命题，就可以得到幂级数(1)的收敛半径与幂级数(2)的收敛半径相同，幂级数(3)的收敛半径与幂级数(1)的收敛半径相同．step1. 当R是正实数或+∞时．若| z | < R，则存在r∈ 使得| z | < r < R．因∑n≥ 0c n z n的收敛半径为R，根据收敛半径定义及Abel定理，知∑n≥ 0 | c n r n |收敛．因| (n c n)z n– 1 | = ( | n/r | · ( | z |/r)n – 1 ) · | c n r n |；而lim n→∞ ( | n/r | · ( | z |/r)n – 1 ) = 0，故∃M > 0使得0 ≤ | n/r | · ( | z |/r)n – 1≤M．所以| (n c n)z n– 1 | ≤M · | c n r n |．由Weierstrass判别法知∑n≥ 0 | (n c n)z n– 1 |收敛，所以∑n≥ 0 (n c n)z n– 1收敛．因此∑n≥ 0 (n c n)z n– 1的收敛半径R1≥R．特别地，若∑n≥ 0c n z n的收敛半径为+∞，则∑n≥ 0 (n c n)z n– 1的收敛半径也为+∞．step2. 当R是非负实数时．对任意的满足R < r < | z |的实数r，根据收敛半径定义，∑n≥ 0c n r n发散．从而∑n≥ 0 | c n r n |发散．当n > r + 1时，| c n r n | = | r/n | · | (n c n)r n– 1 | ≤ | (n c n)r n– 1 |；因此，∑n≥ 0 | (n c n)r n– 1 |发散．由Abel定理，∑n≥ 0 (n c n)z n– 1的收敛半径R1≤r．由r的任意性，得R1≤R．特别地，若∑n≥ 0c n z n的收敛半径为0，则∑n≥ 0 (n c n)z n– 1的收敛半径也为0．step3. 综合step1和step2的结论，当R为正实数时，也有R1 = R．即若∑n≥ 0c n z n的收敛半径为R，则∑n≥ 0 (n c n)z n– 1的收敛半径也为R．[这个证明中，我们没有用到条件lim n→∞ (c n + 1/c n)存在( ≠∞ )，说明该条件是可以去掉的．因为一般的幂级数并不一定满足这个条件，因此去掉这个条件来证明结论是有意义的．]4. 设∑n≥ 0c n z n的收敛半径为R (0 < R < +∞)，并且在收敛圆周上一点绝对收敛，试证明这个级数对所有的点z : | z | ≤R为绝对收敛且一致收敛．【解】设z0在收敛圆周上，且∑n≥ 0 | c n z0 n |绝对收敛．那么对于点z : | z | ≤R，都有| z | ≤ | z0|．因此级数∑n≥ 0 | c n z n |收敛，即∑n≥ 0c n z n绝对收敛．而由Weierstrass判别法知知级数∑n≥ 0c n z n对所有的在闭圆| z | ≤R上一致收敛．6. 写出e z ln(1 + z)的幂级数展式至含z5项为止，其中ln(1 + z)|z = 0 = 0．【解】在割去射线L = { z∈ | Im(z) = 0，Re(z) ≤-1}的z平面上，能分出Ln(1 + z)的无穷多个单值解析分支(Ln(1 + z))k = ln| (1 + z) | + i arg(1 + z) + 2kπi ，k∈ ．由条件ln(1 + z)|z = 0 = 0，知arg(1) + 2kπ = 0，即k = 0．所以，满足条件的分支为ln(1 + z) = ln| (1 + z) | + i arg(1 + z)．因为(ln(1 + z))’= 1/(1 + z) = ∑n≥ 0 (-1)n z n，| z | < 1．∀z : | z | < 1，从沿0到z的曲线逐项积分得ln(1 + z) - ln(1 + z)|z = 0 = ∑n≥ 0 ((-1)n/(n + 1)) z n + 1，| z | < 1；即ln(1 + z)= ∑n≥ 0 ((-1)n/(n + 1)) z n + 1，| z | < 1．因e z= ∑n≥ 0 (1/n!) z n，z∈ ，故∀z : | z | < 1，幂级数∑n≥ 0 (1/n!) z n，∑n≥ 0 ((-1)n/(n + 1)) z n都绝对收敛．故它们的Cauchy乘积收敛于它们的和函数的乘积，所以e z ln(1 + z) = z · (∑n≥ 0 (1/n!) z n)(∑n≥ 0 ((-1)n/(n + 1)) z n)，| z | < 1．设e z ln(1 + z) = z ·∑n≥ 0 c n z n，| z | < 1．则c n = ∑0 ≤k≤n(1/k!) · (-1)n -k/(n -k + 1)，n∈ ．故c0 = 1，c1 = 1/2，c2 = 1/3，c3 = 0，c4 = 3/40，...．所以e z ln(1 + z) = z+ (1/2)z2 + (1/3) z3 + (3/40) z5 + ...，| z | < 1．7. 将下列函数按z– 1的幂展开，并指出其收敛范围．(4) z1/3 ( 11/3 = (– 1 + √3 i )/2 )．【解】在割去射线L = { z∈ | Im(z) = 0，Re(z) ≤-1}的z平面上，能分出z1/3的三个单值解析分支( z1/3)k = | z |1/3 · exp((arg(z) + 2kπ)i/3)，k = 0, 1, 2．设要展开的分支为z1/3 = | z |1/3 · exp((arg(z) + 2k0π)i/3)，0 ≤k0 ≤ 2．因为| 1|1/3 = 1，arg(1) = 0，故exp(2πi/3) = (– 1 + √3 i )/2 = exp(2k0πi/3)，所以k0 = 1．即要展开的分支为z1/3 = | z |1/3 · exp((arg(z) + 2π)i/3)．因为z1/3 = exp(2πi/3) · | z |1/3 · exp(arg(z)/3 ·i)，而主值支(1 + (z– 1))1/3 = | z |1/3 · exp(arg(z)/3 ·i)的展式为(1 + (z– 1))1/3 = ∑n≥ 0 C(1/3, n)(z– 1)n，| z– 1| < 1．所以，要展开的分支z1/3 = exp(arg(z)/3 ·i) ·∑n≥ 0 C(1/3, n)(z– 1)n= ∑n≥ 0 (– 1 + √3 i )/2 ·C(1/3, n)(z– 1)n，| z– 1| < 1．10. 设a为解析函数f(z)的至少n阶零点，又为解析函数ϕ(z)的n阶零点，试证：lim x→a f(z)/ϕ(z) = f(n)(a)/ϕ(n)(a)．【解】设f(z)与ϕ(z)在a的某邻域U= { z∈ | | z–a | < R}内的Taylor展式分别为f(z) = ∑k≥ 0 c k (z–a) k，ϕ(z) = ∑k≥ 0 d n (z–a) k，z∈U，因a为f(z)的至少n阶零点，又为ϕ(z)的n阶零点，故当k≤n – 1时，f(k)(a) = ϕ(k)(a) = 0，且ϕ(n)(a) ≠ 0．因∀k∈ ，c k = f(k)(a)/k!，d k = ϕ(k)(a)/k!；故当k≤n – 1时，c k = d k = 0，且d n≠ 0．因此，f(z) = ∑k≥n c k (z–a) k，ϕ(z) = ∑k≥n d k (z–a) k．注意到幂级数c n + c n + 1 z+ c n + 2 z2 + ...以及幂级数d n + d n + 1 z+ d n + 2 z2 + ...都在U 内收敛，设它们的和函数分别为f1(z), ϕ1(z)．则f(z) = (z–a)m f1(z)，ϕ(z) = (z–a)nϕ1(z) ( z∈U )，且f1(a) = c n，ϕ1(a) = d n ≠ 0．所以，lim x→a f(z)/ϕ(z) = lim x→a f1(z)/ϕ1(z) = f1(a)/ϕ1(a) = c n/d n = f(n)(a)/ϕ(n)(a)．12. 设f(z)在区域D内解析；在某一点z0∈D有f(n)(z0) = 0，n = 1, 2, ...．试证f(z)在D内必为常数．【解】设U = { z∈ | | z–z0| < R}⊆D，则f(z)在U内能展成(z–z0)的幂级数f(z) = ∑k≥ 0 c k (z–z0) k，其中c k = f(k)(z0)/k!．因为f(k)(z0) = 0，k = 1, 2, ...．故c k = 0，k = 1, 2, ...．因此f(z)在U内恒为常数c0．由唯一性定理，f(z)在区域D内恒为常数c0．13. (最小模原理)若区域D内不恒为常数的解析函数f(z)在D内的点z0有f(z0) ≠ 0，则| f(z0) |不可能是| f(z) |在区域D内的最小值，试证之．【解】存在z0的邻域U = { z∈ | | z–z0| < R}⊆D，使得f(z)在U内恒不为零．倘若| f(z0) |是| f(z) |在区域D内的最小值，则| f(z0) |是| f(z) |在U内的最小值．那么，| 1/f(z0) |是| 1/f(z) |在U内的最大值．而1/f(z)在U内解析，由最大模原理，1/f(z)在U内恒为常数．故f(z)在U内也恒为常数．由唯一性定理，f(z)在区域D内也恒为常数，这与题目的条件相矛盾．所以| f(z0) |不可能是| f(z) |在区域D内的最小值．14. 设D是周线C的内部，函数f(z)在区域D内解析，在闭域cl(D) = D⋂C上连续，其模| f(z) |在C上为常数．试证：若f(z)不恒等于一个常数，则f(z)在D内至少有一个零点．【解】因f(z)在cl(D)上连续，故| f(z) |在cl(D)有最大值，即存在z0∈cl(D)，使得| f(z0) | = max z∈cl(D) | f(z) |．因连续函数f(z)在闭域cl(D)上不恒为常数，故f(z)在D上也不恒为常数．由最大模原理，∀z∈D，有| f(z) | < | f(z0) |．因此z0∈∂D = C．设| f(z) |在C上为常数m，则m = | f(z0) | > 0．(反证法)若f(z)在D内恒不为零，则1/f(z)在D内解析．而在周线C上，| f(z) | = m > 0．故1/f(z)在cl(D)上连续．因1/f(z)在D内不恒为常数，因此1/f(z)也满足f(z)所满足的条件．由最大模原理，对∀z∈D，| 1/f(z) | < 1/m．由此得到m < | f(z) | < m，矛盾．[从本题的证明中可以看出，用最大模原理，可以得到如下结论：设f(z)在区域D 内解析，在cl(D)连续且不恒为常数，若| f(z) |在cl(D)上有最大值，那么| f(z) |在cl(D)上的最大值M必然在D的某个边界点取到，并且在D内总有| f(z) | < M．这时也必然有∂D ≠∅，max z∈cl(D) | f(z) | = max z∈∂D| f(z) |．我们特别强调的是条件“| f(z) |在cl(D)上有最大值”．这点对有界区域D来说，因| f(z) |是紧集cl(D)上的连续函数，因此| f(z) |在cl(D)上总是有最大值的．例如本题中的区域D是周线C的内部，当然就是有界集．但当D是无界区域时，有可能| f(z) |在cl(D)上没有最大值，也有可能∂D = ∅．另外，我们还用到了一个从分析的角度看来是很明显的结论：若f(z)在闭域cl(D)连续且不恒为常数，则f(z)在D上也不恒为常数．]p178第四章习题(二)[ 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11 ]1. 设级数∑n≥ 1f n(z)在点集E上一致收敛于f(z)，且在E上| g(z) | < M ( M < +∞)，则级数∑n≥ 1g(z)f n(z)在E上一致收敛于g(z) ·f(z)．试证之．【解】∀ε > 0，∃N∈ +，使得当n > N时，∀z∈E，| ∑ 1 ≤k≤n f k(z) -f(z) | < ε/M．此时，| ∑ 1 ≤k≤n g(z)f k(z) -g(z) ·f(z) | = | g(z) | · | ∑ 1 ≤k≤n f k(z) -f(z) | < M ·ε/M = ε．所以级数∑n≥ 1g(z)f n(z)在E上一致收敛于g(z) ·f(z)．2. 试证：在单位圆| z | < 1内，级数z + (z 2–z) + (z 3–z 2) + ... + (z n–z n– 1) + ... 收敛于函数f(z) ≡ 0，但它并不是一致收敛的．【解】当| z | < 1时，| S n(z) | = | ∑ 1 ≤k≤n (z k–z k– 1) | = | z |n → 0 ( n→∞ )．故级数在单位圆| z | < 1内收敛于函数f(z) ≡ 0．而∀n∈ +，在z = (1/2)1/n处，有| ∑n + 1 ≤k≤ 2n (z k–z k– 1) | = | z 2n–z n | = | ( z n)2–z n | = | 1/4 – 1/2 | = 1/4．因此级数在| z | < 1内不是一致收敛的．或取z n= 1 – 1/n，则| S n(z n) – 0 | = ( 1 – 1/n )n→ 1/e ( n→∞ )．因此级数在| z | < 1内不是一致收敛的．3. 试证(1) 如果∑n≥ 1v n(z) = δ绝对收敛，则| δ| ≤∑n≥ 1 | v n(z) |．(2) 对任一复数z，| e z– 1 | ≤ e | z |– 1 ≤ | z | e | z |．(3) 当0 < | z | < 1时，| z |/4 < | e z– 1 | < 7| z |/4．【解】(1) | ∑ 1 ≤k≤n v k(z) | ≤∑ 1 ≤k≤n | v k(z) | ≤∑k≥ 1 | v k(z) |．令n →∞得| δ| ≤∑k≥ 1 | v k(z) |．(2) 对任一复数z，e z– 1 = ∑n≥ 1z n/n!，其中右边的级数绝对收敛．根据(1)我们有| e z– 1| ≤∑n≥ 1 | z n/n! | = ∑n≥ 1 | z | n/n! = e | z |– 1．而e | z | = ∑n≥ 0 | z | n/n! = 1 + ∑n≥ 1 | z | n/n! = 1 + | z | ∑n≥ 1 | z | n – 1/n!≤ 1 + | z | ∑n≥ 1 | z | n – 1/(n – 1)! = 1 + e | z |，即e | z |– 1 ≤ | z | e | z |．(3) 当0 < | z | < 1时，注意到∑n≥ 1 | z | n – 1/n! ≤∑n≥ 1 1/n! = e - 1 < 7/4，因此有e | z |– 1 = | z | ∑n≥ 1 | z | n – 1/n! < 7| z |/4．因e z– 1 = ∑n≥ 1z n/n!，故(e z– 1)/z = ∑n≥ 0z n/(n + 1)! = 1 + ∑n≥ 1z n/(n + 1)!，而| ∑n≥ 1z n/(n + 1)! | ≤∑n≥ 1 | z |n/(n + 1)! ≤∑n≥ 1 1/(n + 1)! = e - 2．所以，| (e z– 1)/z | ≥ 1 - | ∑n≥ 1z n/(n + 1)! | ≥ 1 – (e - 2) = 3 - e > 1/4．故| z |/4 < | e z– 1 |．[注意(2)中e | z |– 1 ≤ | z | e | z |实际上是关于实数| z |的不等式，用数学分析容易得到∀t∈ ，e t≥ 1 + t．令t = – | z |，则e– | z |≥ 1 – | z |，即e | z |– 1 ≤ | z | e | z |．]4. 设f(z) = ∑n≥ 0a n z n (a0≠ 0)的收敛半径R > 0，且M = max | z | ≤ρ| f(z)| ( ρ< R )．试证：在圆| z | < | a0 |ρ/(| a0 | + M)内，f(z)无零点．【解】在Cauchy不等式，| f(n)(0) | ≤n! M/ρ n，故| a n| ≤M/ρ n．若| z | < ρ，| f(z) -a0 | = | ∑n≥ 1a n z n | ≤∑n≥ 1 | a n | | z | n≤∑n≥ 1M/ρ n · | z | n= M ∑n≥ 1 (| z |/ρ)n = M | z |/ρ· 1/(1 - | z |/ρ) = M | z |/(ρ- | z |)．当| z | < | a0 |ρ/(| a0 | + M)时，有| z | < ρ，并注意到函数g(t) = t/(ρ-t) = ρ/(ρ-t) - 1在区间(0, ρ)上是严格单调增的，就得到，| f(z) -a0 | ≤M | z |/(ρ- | z |)< M | a0 |ρ/(| a0 | + M) · 1/(ρ- | a0 |ρ/(| a0 | + M))= M | a0 |ρ · 1/(ρM) = | a0 |．故| f(z) | ≥ | a0 | - | f(z) -a0 | > 0，所以，f(z)在圆| z | < | a0 |ρ/(| a0 | + M)内无零点．5. 设在| z | < R内解析的函数f(z)有Taylor展式∑n≥ 0a n z n．试证：当0 ≤ r < R时，(1/(2π))⎰[0, 2π] | f(r e iθ)|2dθ= ∑n≥ 0 | a n |2r2n．【解】当| z | = r时，因为∑n≥ 0a n z n绝对收敛，故∑n≥ 0 | a n | · | z | n收敛．即∑n≥ 0 | a n | ·r n收敛，．故∑n≥ 0a n*(z*) n也绝对收敛．由Cauchy乘积定理，∑n≥ 0 | a n | ·r n与∑n≥ 0 | a n | ·r n的Cauchy乘积∑n≥ 0d n绝对收敛，其中d n = ∑ 0 ≤k≤n | a k | · | a n – k | r n．设∑n≥ 0a n z n的部分和为S n(z)，则∑n≥ 0a n*(z*) n的部分和为(S n(z))*，所以∑n≥ 0a n*(z*) n和为( f(z))*，即( f(z))*= ∑n≥ 0a n*(z*) n．由Cauchy乘积定理，∑n≥ 0a n z n与∑n≥ 0a n (z*) n的Cauchy乘积∑n≥ 0c n(z)绝对收敛于f(z) · ( f(z))* = | f(z)|2，其中c n(z) = ∑ 0 ≤k≤n a k z k·a n – k*(z*)n – k．因| c n(z) | = | ∑ 0 ≤k≤n a k z k·a n – k*(z*)n – k | ≤∑ 0 ≤k≤n | a k z k·a n – k*(z*)n – k | = d n，故∑n≥ 0c n(z)在| z | = r上一致收敛于| f(z)|2．设z = r e iθ，把| f(z)|2，c n(z)等都看成θ的函数(θ∈[0, 2π])，那么它们都是连续的．并且，∑n≥ 0c n(z(θ))在[0, 2π]上一致收敛于| f(z(θ))|2．故⎰[0, 2π] | f(z(θ))|2dθ= ∑n≥ 0⎰[0, 2π]c n(z(θ))dθ．因为在| z | = r上有z ·z* = r2，故c n(z) = ∑ 0 ≤k≤n a k z k·a n – k*(z*)n – k = ∑ 0 ≤k≤n a k z k·a n – k*(r2/z)n – k= ∑ 0 ≤k≤n a k z k·a n – k*r2(n – k) ·z k – n = ∑ 0 ≤k≤n (a k a n – k* ·r2(n – k))·z2k – n．故⎰[0, 2π] c n(z(θ)) dθ = ⎰[0, 2π] c n(z(θ)) d(z(θ))/z’(θ)= ⎰[0, 2π] c n(z(θ)) · 1/(r i e iθ)·d(z(θ)) = (1/i)⎰[0, 2π] c n(z(θ)) ·z(θ) –1·d(z(θ))= (1/i)⎰| z | = r c n(z) ·z –1·dz = (1/i)⎰| z | = r(∑ 0 ≤k≤n (a k a n – k* ·r2(n – k))·z2k – n – 1·dz．若n为奇数，则∑ 0 ≤k≤n (a k a n – k* ·r2(n – k))·z2k – n – 1中没有z–1项，因此⎰[0, 2π] c n(z(θ)) dθ = 0．若n为偶数2m，则⎰[0, 2π] c n(z(θ)) dθ= (1/i)⎰| z | = r(∑ 0 ≤k≤ 2m (a k a2m – k* ·r2(2m – k))·z2k –2m – 1·dz= (1/i)⎰| z | = r(a m a2m – m* ·r2(2m – m))·z– 1·dz= (1/i) (2πi) (a m a m*)·r2m = (2π) | a m |2 ·r2m，所以，⎰[0, 2π] | f(r e iθ)|2dθ= (2π) ∑m≥ 0 | a m |2 ·r2m．[这里我们用到了一个想法，把对实变量θ的积分，转化为对复数z的积分，是通过把θ作为积分变量z所在的曲线的参数来实现的．这种办法在后面的章节将会系统地给出．]6. 设f(z)是一个整函数，且假定存在着一个非负整数n，以及两个正数R与M，使当| z | ≥R时，| f(z) | ≤M | z |n．证明：f(z)是一个至多n次的多项式或一常数．【解】取r > R，考虑圆周| z | = r，由Cauchy不等式，当m > n时，| f(m)(0)/m! | ≤M r n/r m，令r → +∞，得f(m)(0) = 0．故f(z)在原点的Taylor展式为f(z) = ∑0 ≤k≤n f(k)(0)/k! ·z k．因此f(z)是一个至多n次的多项式或一常数．7. 设(1)f(z)在邻域K : | z–a | < R内解析，a是f(z)的m阶零点；(2)b≠a，b∈K．问函数F(z) = ⎰[a, z] f(ζ)dζ及函数Φ(z) = ⎰[b, z] f(ζ)dζ在点a的性质如何？(这里的积分路径都假定在K内．)【解】∀z∈K，我们有F’(z) = f(z)，Φ’(z) = f(z)．因此，F’(a) = ... = F(m )(a) = 0，F(m + 1)(a) ≠ 0，且F(a) = 0，故a是F(z)的m + 1阶零点．也有Φ’(a) = ... = Φ(m )(a) = 0，Φ(m + 1)(a) ≠ 0，但不一定有Φ(a) = 0．因此，a是Φ’(z)的m阶零点．[此题题意不够明确，可能是属于所谓的开放性问题或探究性问题．似乎放在积分部分更合适，当然在这里也可以用幂级数来作．]8. 设(1) 区域D含有实轴的一段L；(2) 函数u(x, y) + i v(x, y)及u(z, 0) + i v(z, 0) (z = x + i y )都在区域D内解析．试证在D内u(x, y) + i v(x, y) ≡u(z, 0) + i v(z, 0)．【解】这两个函数在L上的限制都是u(x, 0) + i v(x, 0)，因此它们在L上的限制相同．由唯一性定理，这两个函数在区域D内是完全相同的．[思考：究竟u, v是定义那个集合上的函数？]9. 设(1) 函数f(z)在区域D内解析，且不恒为常数；(2) 设C为D内任一周线，cl(I(C)) ⊆D；(3) A为任一复数．试证f(z) = A在C的内部I(C)内只有有限个根．【解】设g(z) = f(z) -A，则g(z)在区域D内解析，且不恒为常数；我们来证明g(z)在I(C)内只有有限个零点．注意到I(C)是有界集，因此cl(I(C))也是有界集，且cl(I(C))是闭集．倘若g(z)在I(C)内有无穷多个零点，那么，根据聚点原理，这些零点构成的集合Z必有聚点．而cl(I(C))是闭集，故Z的聚点仍在cl(I(C))内，因此也在D内．由唯一性定理，g(z)在区域D内为常数，矛盾．故g(z)在I(C)内只有有限个零点，即f(z) = A在C的内部I(C)内只有有限个根．10. 问| e z |在闭圆| z–z0 | ≤ 1上的何处达到最大？并求出最大值．【解】因e z 在圆| z–z0 | < 1内不恒为常数，故| e z |在圆| z–z0 | < 1内无最大值．因此，| e z |在闭圆| z–z0 | ≤ 1上最大值必然在边界| z–z0 | = 1上达到．设z0 = a + i b，a, b∈ ．设z–z0 = x + i y，x, y∈ ．在| z–z0 | = 1上，x, y满足x2 + y2 = 1．| e z | = | e a + i b · e x + i y | = | e a + i b | · | e x + i y | = e a · e x．故当x = 1时(此时y = 0)，| e z |最大，且最大值为e a + 1．因此，| e z |在点z0 + 1处达到最大值，且最大值为e a + 1．11. 设函数f(z)在| z | < R内解析，令M(r) = max | z | = r | f(z) | ( 0 ≤r < R)．试证：M(r)在区间[0, R)上是一个上升函数，且若存在r1及r2 (0 ≤r1 < r2 < R)，使得M(r1) = M(r2)，则f(z)在| z | < R内是常数．【解】只要证明若f(z)在| z | < R内不恒为常数，则M(r)在[0, R)上严格单调增．∀r, s∈[0, R)，r < s．若r = 0，则M(r) = | f(0) |．因f(z)在| z | < s内不恒为常数(否则f(z)在| z | < R内恒为常数)，由最大模原理，满足| a | < s的点a不是| f(z) |在| z | < s内的最大值点．因此| f(a) |更不是| f(z) |在| z | ≤s上的最大值点．| f(z) |在| z | ≤s上的最大值必然在边界| z | = s上达到．所以M(s) = max | z | = s | f(z) | > | f(a) |．特别地，取a = 0，就有M(s) > | f(a) | = M(r)．若r > 0，设a满足| z | = r，| f(a) | = M(r)．与前面同样的论证，知M(s) = max | z | = s | f(z) | > | f(a) | = M(r)．故M(r)在[0, R)上严格单调增．。
复变函数 部分内容的总结与习题
复变函数部分内容的总结与习题复变函数是数学中重要的概念之一，是实数域上函数的推广。
复变函数是指定义在复数域上的函数。
在复数域上，定义了加法、减法、乘法和除法运算，因此复数域上的函数具有更丰富的性质和结构。
复变函数的重要性主要体现在以下几个方面：1.解析性：复变函数多数情况下是解析的，即具有无限可导的性质。
这使得复变函数具有很好的性质和结构，能够通过解析方法得到精确解。
2.全纯函数：全纯函数是最重要的复变函数类别之一，它是复变函数的一种特殊情况，也称为解析函数。
全纯函数具有很多重要的性质，如无奇点、可微性等。
3.复数积分：复变函数理论为计算复数积分提供了强有力的工具。
复数积分在物理学、工程学和应用数学中具有广泛的应用。
4.亚纯函数与调和函数：亚纯函数是复变函数的另一种重要类别，它具有有限个极点，但在有限区域内是解析的。
调和函数是亚纯函数与全纯函数的和，具有很多应用。
在学习复变函数的过程中，我们需要掌握一些基本的概念和性质，如复数的定义和运算规则、复函数的连续性、极限、导数等。
此外，还要学习复函数的级数展开、洛朗级数、柯西-黎曼方程等高级概念和技巧。
下面我们来做一些与复变函数相关的习题，以加深对复变函数的理解。
习题1：计算函数$f(z)=\log{(1+z)}$在$z=1$处的洛朗展开式。
解答：根据洛朗展开的定义，我们需要找到$f(z)$在$z=1$处的主部和全纯部分。
首先，我们有$f(z)=\log{(1+z)}=\log{|1+z|}+i\arg{(1+z)}$，其中$\arg{(1+z)}$为辐角。
当$z\to1$时，$|1+z|\to 2$，$\arg{(1+z)}$是连续的，当$z$在单位圆内部绕一周时，$\arg{(1+z)}$改变$2\pi$。
因此，$\log{|1+z|}$是在$z=1$处有限的。
而$\arg{(1+z)}$在$z=1$处是不连续的。
所以，在$z=1$附近的一个小邻域内，$f(z)=\log{(1+z)}=\log{|1+z|}+i\arg{(1+z)}$的全纯部分是$\log{|1+z|}$。
复变函数疑难分析与解题方法
复变函数疑难分析与解题方法复变函数是一种常见的数学问题，也是中学数学考试的重要组成部分，许多学生都面临着复变函数的疑难分析和解题方法。
本文将以此为研究焦点，基于现有研究，探讨复变函数疑难分析和解题方法。
首先，要正确分析复变函数疑难，首先需要学习复变函数的定义及其基本性质。
复变函数（complex function）是指有多个复变量组成的函数，这些复变量可以是复数，也可以是其他形式的函数表达式（如复变量函数）。
复变函数的基本性质可以通过图解的形式给出，它们的图像可以作为函数的定义和变化的描述。
其次，要正确分析复变函数疑难，还需要学习复变函数的分析方法。
复变函数的分析方法可以将复变函数分解为其主要的部分，并用正规的函数来近似描述其变化。
复变函数的分析方法包括代数展开法、幂级数法和归纳法等，这些方法均有其特定应用场景。
例如，代数展开法可以用来解决复数表达式；幂级数法可以用来求解复变函数的有界性；归纳法可以用来求解复变函数的局部变化。
最后，要正确分析复变函数疑难，还需要学习复变函数的解题方法。
复变函数的解题方法需要根据复变函数的定义及其基本性质，运用复变函数的分析方法，推断出复变函数的结论，并最终找出正确的解题步骤。
解决复变函数问题时，需要仔细查看题干，明确关键信息，正确理解题意，针对问题仔细分析，运用复变函数的分析方法求解，做出有根据的结论，最终得出正确的解题结果。
综上，复变函数是一种常见的数学问题，正确分析复变函数疑难并解答题目，需要学习复变函数的定义及其基本性质、复变函数的分析方法、复变函数的解题方法，努力思考，以有根据的结论和正确的解题步骤得出正确的解题结果。
只有掌握复变函数的基本概念及其解题方法，才能真正掌握复变函数的分析和解题技能，并建立起自信自觉的对复变函数的理解和解答能力。
(完整版)《复变函数》重点难点
重点难点第一篇 复变函数论本篇重点：解析函数、复变函数的积分与留数定理.本篇特色：通过一典型环路积分，将各章节有机联系起来，使复变函数理论成为一个系统的有机整体，并加强了各部分内容之间的相互联系.注重培养创新思维、计算机仿真和解决实际问题的能力..第一章复数与复变函数本章重点：复数的基本知识和复变函数区域的基本概念及其判断方法；复变函数连续和极限的概念； 区域概念及其判断；复变函数的极限和连续。
本章难点：涉及到计算机编程实践, 以培养读者的计算机仿真能力. 读者可以利用Matlab ,Mathcad,Mathmatic 等数学工具软件直接进行复数及复变函数的基本运算, 详细参考第四篇：计算机仿真编程实践部分本章知识点摘要：1.复数的概念定义形如i x y +的数为复数，记作i z x y =+.其中x 、y 分别称为复数z 的实部、虚部，记作()Re x z=，()Im y z =，i 称为虚数单位，它满足2i 1=-.与实数不同，两个复数之间一般不能比较大小.2.复数的表示法（1）几何表示：对于复数i z x y =+可以用平面上起点在()0,0O ，终点在(),P x y的矢量（或向量）OP u u u r 表示；（2）代数表示：对于平面上的点(),P x y可用代数形式i z x y =+表示复数，这种表示法称为代数表示，也可称为直角坐标表示；（3）三角表示：当i 0z x y =+≠时，复数可用三角函数()cos isin z r θθ=+形式表示.其中r z ==称为复数z 的模；=Arg arg 2z z k θπ=+（k 取整数）称为z 的辐角.当0k =时，对应于辐角的主值0arg z θ=，在本书中规定为πarg πz -<≤； 3.复数的运算（1）复数满足常规的四则运算规律.（2）若()1111cos isin z r θθ=+，()2222cos isin z r θθ=+，则()()12121212cos isin z z r r θθθθ=+++⎡⎤⎣⎦()20z ≠（3）方根：设()cos isin z r θθ=+，则()()2π2πcos isink k nnθθ++⎤=+⎥⎦ 0,1,2,,1k n =-L关于复数的模和辐角有以下运算公式1212z z z z =；1122z z z z =()20z ≠ ()1212Arg Arg Arg z z z z =+4.区域和平面曲线本章我们给出了系统的有关区域和平面曲线的概念.（1）区域：严格的定义是指同时满足下列两个条件的点集D ：(i) 全由内点组成；(ii)具有连通性: 即点集中的任意两点都可以用一条折线连接起来，且折线上的点全都属于该点集；满足这两个条件的点集D 称为区域.连通的开集称为区域，区域与它的边界一起构成的点集称为闭区域.区域可分为有界区域和无界区域，区域还有单连通区域与复连通区域之分.（2）简单曲线:没有重点的连续曲线,称为简单曲线.简单闭曲线: 如果简单曲线的两个端点重合，则称为简单闭曲线.5.复变函数 极限与连续函数()()(),i ,f z u x y x y =+v 的极限等价于两个二元实函数(),u u x y =和(),x y =v v 的极限.函数()()(),i ,f z u x y x y =+v 在点000i z x y =+处的连续性等价于两个二元实函数(),u x y 和(),x y v 在该点的连续性.解题思路:例 研究什么原像通过映射2z =w 后变为相互垂直的直线,, (,0)u a b a b ==>v .【解】 由2222(i )i2z x y x y xy ==+=-+w ，可以视为从xy 平面到u v 平面的映射，即为从z 平面(原像)到w 平面（像）的映射，易得22,2u x y xy =-=v我们具体考察在w 平面的像为相互垂直的直线,原像应该是什么？由题得到22, 2, (,0)u x y a xy b a b =-==>v =即有22,(0)x y a a -=> 显然原像为双曲线，如图1.11(a )实线所示； 即有 2, (0)xy b b =>v = 显然原像为双曲线，如图1.11(a )虚线所示.另外我们还可以进一步观察双曲线对应的变化关系.1.11(a )的双曲线右分支实线上时，由u a =且2xy =v ，得到，2=v .因此双曲线的右分支的像可以表示为参数形式：,2u a ==v()y -∞<<∞很明显，当点(,)x y 沿着右分支实线向上运动时，它的像如图1.11(b )沿直线u a =向上运动.同样，双曲线左分支的像的参数形式表示为, 2u a ==-v )(∞<<-∞y 当左分支上的点沿曲线向下运动时，它的像也沿直线u a=向上运动. 同样地可以分析：另一双曲线0>图1.112xy b = (0)b >映像到直线b =v .变化趋势如图1.11(a),(b)虚线所示，读者可自行分析.重点难点第二章 解析函数重点：复变函数导数的定义、求导法则及可微性概念； 解析函数的概念； 保角映射的概念； 常用的初等解析函数； 解析函数与调和函数的关系 难点：多值函数产生多值性的原因；如何找出支点以及在什么样的区域内多值函数可以划分为单值的解析分支； 从几何意义上描述解析函数的特征. 特色：（Matlab ，Mathcad ，Mathmatic ）编程计算简单的复数方程本章知识点摘要：1.复变函数的导数与微分复变函数的导数定义在形式上和一元实函数的导数定义是类似的：()()()limz f z z f z f z z ∆→+∆-'=∆微分的定义和高等数学里面一元实函数的微分定义也相似，而且可导和可微是等价的，d ()()d f z f z z '=.2.解析函数的概念解析函数是复变函数中一个十分重要的概念，它是用复变函数的可导性来定义的，若()f z 在0z 及其一个邻域内处处可导，则称()f z 在0z 解析.函数在某一点可导，在这点未必解析，而在某一点解析，在这点一定可导.函数在一个区域内的可导性和解析性是等价的.3.柯西－黎曼条件方程复函数的解析性除了要求其实部和虚部的可微性外，还要求其实部和虚部满足柯西－黎曼方程（即C-R 方程）.函数()i f z u =+v 在区域D 内解析,u ⇔v 在D 内可微，且满足C-R 条件：,x y x yu u ==-v v .4.关于解析函数的求导方法 (1) 利用导数的定义求导数(2) 若已知导数存在，可以利用公式()i i i i x x y y x y y xf z u u u u '=+=-=-=+v v v v求导.5初等复变函数初等复变函数的解析性：初等函数解析性的讨论是以指数函数的解析性为基础的，因此在研究初等解析函数的性质时，都可归结到指数函数来研究.6解析函数与调和函数的关系区域D 内的解析函数()(,)i (,)f z u x y x y =+v 的实部和虚部都是D 内的调和函数.要想使得()i f z u =+v 在区域D 内解析，u 和v 还必须满足C-R 条件. 因此若己知一调和函数，可由它构成某解析函数的实部（或虚部），并可相应地求出该解析函数的虚部（或实部），从而求出该解析函数. 平面稳定场求复势就是其典型应用，也是解析函数物理意义的体现. 解题思路例 已知 等势线的方程为22x y c +=，求复势. 【解】若设22u x y =+，则2, 2 0xx yy xx yy u u u u ==∴+≠，故u 不是调和函数.因而不能构建为复势的实部（或虚部）.若令 222,()x y u F ρρ=+=，采用极坐标有0uϕ∂=∂，故把极坐标系中的拉普拉斯方程 22211()0u u u ρρρρρϕ∂∂∂∆=+=∂∂∂简化为1()0uρρρρ∂∂=∂∂，即为112,ln uC u C C ρρρ∂=∴=+∂根据极坐标C-R 条件的得到 113,u C C ρϕϕρ∂∂==∴+∂∂v v =C ，故复势为1213123123()ln i i (ln i )i ln , (i )f z C C C C C C C C z C C C C ρϕρϕ=+++=+++=+=+我们可以总结出，当,u v 具有22()nx y ±+的函数形式时，一般采用极坐标运算较为方便.重点难点第三章 复变函数的积分重点：复变函数积分的概念、性质及计算方法；解析函数积分的基本定理−−柯西积分定理； 推广得到的复合闭路定理，闭路变形定理；由柯西积分定理推导出一个基本公式−−柯西积分公式.难点：理解分别以有界单连通域、有界复连通域、无界区域对柯西积分公式进行的证明；理解复变函数积分理论既是解析函数的应用推广 特色：尝试计算机仿真计算积分的值。
第五章 平面问题的复变函数解答1
4U 4U = 22U=16 2 2 = 0 z z 4U （a） ） =0 2 2 z z
—— 相容方程的复变函数表示
3. 应力函数的复变函数表示
z 各积分两次 U = f1(z) + zf2 (z) + f3 (z) + zf4 (z) （b） ）
为实函数， ∵双调和函数量 U 为实函数，所以式 （b）中应两两共轭，有 ）中应两两共轭，
§ 5-2
假定不计体力， 假定不计体力，有
应力和位移的复变函数表示
2U 2U 2U + 2 =4 2 x y zz
2
1、应力分量的复变函数表示
（5-4） ）
2
U U U σx = 2 , σ y = 2 , τ xy = y xy x
2
2
由方程（ ） 由方程（5-4）得
（5-7） ）
2U 2U 2U σ x +σ y = 2 + 2 = 4 x y zz
§ 5-1
(1) 复数的表示
应力函数的复变函数表示
y x
1、复变函数的基本概念
z = x + iy
(x,y) y x (x,-y)
z = x + iy z = ρ(cosθ + i sin θ ) = ρeiθ
(i = 1)
θ
ρ
θ
O
其中： 为虚数单位； 其中： i ——为虚数单位； 为虚数单位
ρ
(2) 共轭复数
[
]
将式（ ）代入， 将式（5-5）代入，有
σ y σ x + 2iτ xy
（5-8） ）
2U 2U 2U = 2 2 + 2i xy x y
(含答案)复变函数与积分变换习题解析2
习题2.11. 判断下列命题的真假，若真，给出证明；若假，请举例说明． （1）如果()f z 在0z 连续，那么0()f z '存在． （2）如果0()f z '存在，那么)(z f 在0z 解析． （3）如果0z 是()f z 的奇点，那么()f z 在0z 不可导． （4） 如果0z 是()f z和()g z 的一个奇点，那么0z 也是()()f z g z +和()()f z g z ⋅的奇点．（5）如果(,)u x y 和(,)v x y 可导，那么()(,)(,)f z u x y iv x y =+亦可导．2．应用导数定义讨论函数)Re()(z z f =的可导性，并说明其解析性．3．证明函数在0z =处不可导． 习题2.21. 设试证)(z f 在原点满足柯西-黎曼方程，但却不可导.（提示：沿抛物线x y =2趋向于原点）2. 判断下列函数在何处可导，何处解析，并在可导处求出其导数．（1）y ix xy z f222)(+=； （2）i y x y x z f 22332)(+-=； （3）=)(z f232z z -+； （4）22()2(1(2)f z x y i x y y =-+-+）. 3.（1 （2 （3）iy x z f 2)(+=； （4 4. （1）iz z z f 2)(3+=； （25. 讨论下列各函数的解析性．（1）3223()33f z x x yi xy y i =+--； （2 (0)z ≠； （3）1(33)x iy ω-=-； （4习题2.31. 证明下列u 或v 为某区域的调和函数，并求解析函数()f z u iv =+． （1）2(1)u x y =-； （2）3223u x x xy =-+；（3）323u x xy =-； （4）23v xy x =+；（5）x y x v 222+-=； （62. 求k 值使22ky x u +=为调和函数，并求满足1)(-=i f 的解析函数iv u z f +=)(．3. 设函数iv u z f +=)(是一个解析函数，且y x xy y x y x v u 22332233---+-=+，求iv u z f +=)(.4. 证明：如果函数iv u z f +=)(在区域D 内解析，并满足下列条件之一，则)(z f 是常数.（1（2（3（4（5.5.（1（2）u -是v 的共轭调和函数.6. 如果iv u z f +=)(是z 的解析函数，证明：（1（2习题2.41.（2 （3（4（5（6）()i Ln e ； （7）i 3； （8）i i )1(+；（9）1(34)i i ++； （10）)1sin(i +；（11）cos(5)i π+； （12）i ei cos 1++π.2（1 （2）0cos sin =+z z .3. （1 （2 （34．证明：（1）121212sin()sin cos cos sin z z z z z z +=+，212121sin sin cos cos )cos(z z z z z z -=+；2）1cos sin 22=+z z ； （3（4 （55．证明：（1）122=-z sh z ch ； （2）z ch z sh z ch 222=+；（3）cos sin shz shx y ichx y =+，cos sin chz chx y ishx y =+；（4）212121)(shz chz chz shz z z sh +=+，212121)(shz shz chz chz z z ch +=+.复 习 题 二一、单项选择题1.D2.C3.B4.A5.C6.C7.A8.A9.D 10.C 11.C 12.B一、单项选择题1. ）. D.z sin2. 下列说法正确的是（ ）.A.函数的连续点一定不是奇点B.可微的点一定不是奇点C.)(z f 在区域D 内解析，则)(z f 在D 内无奇点D.不存在处处不可导的函数3. 下列说法错误的是（ ）. A.如果)(z f 在点0z 解析，则)(z f 在点0z 可导B.如果0z 是)(z f 的奇点，则)(0z f '不存在C.如果)(z f 在区域D 内可导，则)(z f 在D 内解析D.如果)(z f 在点0z 可导，则)(z f 在点0z 连续 4. 下列说法正确的是（ ）.A.iv u z f +=)(在区域D内解析，则v u ,都是调和函数B.如果v u ,都是区域D 内的调和函数，则iv u +是D 内的解析函数C.如果v u ,满足C-R 方程，则v u ,都是调和函数D.iv u +是解析函数的充要条件是v u ,都是调和函数5. 设函数iv u z f +=)(解析，则下列命题中错误的是（ ）.A.v u ,均为调和函数B.v 是u 的共轭调和函数C.u 是v 的共轭调和函数D.u -是v 的共轭调和函数6. 设函数iv u z f +=)(在区域D 内解析，下列等式中错误的是（ ）.7. 设在区域D 内v 为u 的共轭调和函数，则下列函数中为D 内解析函数的是（ ）. A.iu v - B.iu v + C.iv u - D.x x iv u -8. 函数z z z f Im )(2=在0=z 处的导数（ ）. A. 等于0 B. 等于1 C. 等于 -1 D. 不存在9. 下列数中为实数的是（ ）.A. 3)1(i -B. i sinC. LniD. i e π-310. 下列函数中是解析函数的是（ ）.A.xyi y x 222--B.xyi x +2 C. )2()1(222x x y i y x +-+- D. 33iy x + 11. 设z z f cos )(=，则下列命题中，不正确的是（ ）. A. )(z f 在复平面上处处解析 B. )(z f 以π2为周期12. 设Lnz =ω是对数函数，则下列命题正确的是（ ）.A. nLnz Lnz n =B. 2121Lnz Lnz z Lnz +=因为x z =是实常数，所以x Lnx Lnz ln ==二、填空题 在区域D 内三、计算题1. 指出下列函数的解析区域和奇点，并求出其导数.（1）zzezf z sincos)(+-=；（2（3（4（5（62..（1（3（53. 试证下列函数为调和函数，并求出相应的解析函数ivuzf+=)(.（1）xu=；（2）xyu=；（3）3223236yxyyxxu+--=；（4（5）yev x sin2=；（64. 已知22yxvu-=-，试确定解析函数ivuzf+=)(.5. 函数yxv+=是yxu+=的共轭调和函数吗？为什么？6.（1（2）ie43+；（3）Lni；（4（5（6）i-13；（7（8四、证明题1. 若函数),(yxu和),(yxv都具有二阶连续偏导数，且满足拉普拉斯方程，现令xyvus-=，yxvut+=，则2. 设)(zf与)(zg都在，0()0g z'≠，证明第二章习题、复习题参考答案习题2.11.（1）假（2）假（3）假（4）假（5）假2. 函数)Re()(zzf=处处不可导，处处不解析.习题2.22.（1）在0z =处可导，处处不解析，导数(0)0f '=；（2）在点)0,0(和处可导，处处不解析，导数0)0(='f ，（3）处处可导， （44.（1（25.（1（3.习题2.31.（1）ci iz z z f ++=22)(； （2）ci z z z f +-=32)(； （3）=)(z f 3z ci +； （4）=)(z f 23z iz c ++；（5）c iz iz z f ++=2)(2； （62.1k =-；2()f z z =．3.c y y x y v c x xy x u --+-=+--=23,232323,c i z z z f )1(2)(3-+-=. 习题2.41.（1 （2 （3）k )1(-)(Z k ∈； （（5（6（7）3ln 2i k e e π-)(Zk ∈； （9 （ （2.（1 （23.（1）正确； （2）正确； （3）正确.复习题二二、填空题2.0；3.c uv +2(c 为实常数)；4.3,1,3-==-=n m l ；5.i +1；6.常数；8.ic ixy y x ++-222或ic z +2(c 为常数)；9.i -； 10.πk e 2-),2,1,0( ±±=k .三、计算题1.（1（2（3（4（5（6z z z f cot csc )(-='.2.（1）在复平面内处处不可导，处处不解析；（2）在0=z 处可导，但在复平面内处处不解析，0)0(='f ；（3）在复平面内处处不可导，处处不解析；6.（1）4e -； （2）)4sin 4(cos 3i e +； （3（4（6 （7。
（含答案）复变函数与积分变换习题解析2
（含答案）复变函数与积分变换习题解析2习题2.11. 判断下列命题的真假，若真，给出证明；若假，请举例说明．（1）如果()f z 在0z 连续，那么0()f z '存在．（2）如果0()f z '存在，那么)(z f 在0z 解析．（3）如果0z 是()f z 的奇点，那么()f z 在0z 不可导．（4）如果0z 是()f z和()g z 的⼀个奇点，那么0z 也是()()f z g z +和()()f z g z ?的奇点．（5）如果(,)u x y 和(,)v x y 可导，那么()(,)(,)f z u x y iv x y =+亦可导．2．应⽤导数定义讨论函数)Re()(z z f =的可导性，并说明其解析性．3．证明函数在0z =处不可导．习题2.21. 设试证)(z f 在原点满⾜柯西-黎曼⽅程，但却不可导.（提⽰：沿抛物线x y =2趋向于原点）2. 判断下列函数在何处可导，何处解析，并在可导处求出其导数．（1）y ix xy z f222)(+=；（2）i y x y x z f 22332)(+-=；（3）=)(z f232z z -+；（4）22()2(1(2)f z x y i x y y =-+-+）. 3.（1 （2 （3）iy x z f 2)(+=；（4 4. （1）iz z z f 2)(3+=；（25. 讨论下列各函数的解析性．（1）3223()33f z x x yi xy y i =+--；（2 (0)z ≠；（3）1(33)x iy ω-=-；（4习题2.31. 证明下列u 或v 为某区域的调和函数，并求解析函数()f z u iv =+．（1）2(1)u x y =-；（2）3223u x x xy =-+；（3）323u x xy =-；（4）23v xy x =+；（5）x y x v 222+-=；（62. 求k 值使22ky x u +=为调和函数，并求满⾜1)(-=i f 的解析函数iv u z f +=)(．3. 设函数iv u z f +=)(是⼀个解析函数，且y x xy y x y x v u 22332233---+-=+，求iv u z f +=)(.4. 证明：如果函数iv u z f +=)(在区域D 内解析，并满⾜下列条件之⼀，则)(z f 是常数.（1（2（3（4（5.5.（1（2）u -是v 的共轭调和函数.6. 如果iv u z f +=)(是z 的解析函数，证明：（1（2习题2.41.（2 （3（4（5（6）()i Ln e ；（7）i 3；（8）i i )1(+；（9）1(34)i i ++；（10）)1sin(i +；（11）cos(5)i π+；（12）i ei cos 1++π.2（1 （2）0cos sin =+z z .3. （1 （2 （34．证明：（1）121212sin()sin cos cos sin z z z z z z +=+，212121sin sin cos cos )cos(z z z z z z -=+；2）1cos sin 22=+z z ；（3（4 （55．证明：（1）122=-z sh z ch ；（2）z ch z sh z ch 222=+；（3）cos sin shz shx y ichx y =+，cos sin chz chx y ishx y =+；（4）212121)(shz chz chz shz z z sh +=+，212121)(shz shz chz chz z z ch +=+.复习题⼆⼀、单项选择题1.D2.C3.B4.A5.C6.C7.A8.A9.D 10.C 11.C 12.B⼀、单项选择题1. ）. D.z sin2. 下列说法正确的是（）.A.函数的连续点⼀定不是奇点B.可微的点⼀定不是奇点C.)(z f 在区域D 内解析，则)(z f 在D 内⽆奇点D.不存在处处不可导的函数3. 下列说法错误的是（）. A.如果)(z f 在点0z 解析，则)(z f 在点0z 可导B.如果0z 是)(z f 的奇点，则)(0z f '不存在C.如果)(z f 在区域D 内可导，则)(z f 在D 内解析D.如果)(z f 在点0z 可导，则)(z f 在点0z 连续 4. 下列说法正确的是（）.A.iv u z f +=)(在区域D内解析，则v u ,都是调和函数B.如果v u ,都是区域D 内的调和函数，则iv u +是D 内的解析函数C.如果v u ,满⾜C-R ⽅程，则v u ,都是调和函数D.iv u +是解析函数的充要条件是v u ,都是调和函数5. 设函数iv u z f +=)(解析，则下列命题中错误的是（）.A.v u ,均为调和函数B.v 是u 的共轭调和函数C.u 是v 的共轭调和函数D.u -是v 的共轭调和函数6. 设函数iv u z f +=)(在区域D 内解析，下列等式中错误的是（）.7. 设在区域D 内v 为u 的共轭调和函数，则下列函数中为D 内解析函数的是（）. A.iu v - B.iu v + C.iv u - D.x x iv u -8. 函数z z z f Im )(2=在0=z 处的导数（）. A. 等于0 B. 等于1 C. 等于 -1 D. 不存在9. 下列数中为实数的是（）.A. 3)1(i -B. i sinC. LniD. i e π-310. 下列函数中是解析函数的是（）.A.xyi y x 222--B.xyi x +2 C. )2()1(222x x y i y x +-+- D. 33iy x + 11. 设z z f cos )(=，则下列命题中，不正确的是（）. A. )(z f 在复平⾯上处处解析 B. )(z f 以π2为周期12. 设Lnz =ω是对数函数，则下列命题正确的是（）.A. nLnz Lnz n =B. 2121Lnz Lnz z Lnz +=因为x z =是实常数，所以x Lnx Lnz ln ==⼆、填空题在区域D 内三、计算题1. 指出下列函数的解析区域和奇点，并求出其导数.（1）zzezf z sincos)(+-=；（2（3（4（5（62..（1（3（53. 试证下列函数为调和函数，并求出相应的解析函数ivu)(.（1）xu=；（2）xy u=；（3）3223236yxyyxxu+--=；（4（5）yev x sin2=；（64. 已知22y=-，试确定解析函数ivuzf+=)(.5. 函数yxv+=是yxu+=的共轭调和函数吗？为什么？6.（1（2）ie43+；（3）Lni；（4（5（6）i-13；（7（8四、证明题1. 若函数xu和),(yxv都具有⼆阶连续偏导数，且满⾜拉普拉斯⽅程，现令x yvus-=，yxvut+=，则2. 设)(zf与)(zg都在，0()0g z'≠，证明第⼆章习题、复习题参考答案习题2.11.（1）假（2）假（3）假（4）假（5）假2. 函数)zf=处处不可导，处处不解析.习题2.22.（1）在0z =处可导，处处不解析，导数(0)0f '=；（2）在点)0,0(和处可导，处处不解析，导数0)0(='f ，（3）处处可导，（44.（1（25.（1（3.习题2.31.（1）ci iz z z f ++=22)(；（2）ci z z z f +-=32)(；（3）=)(z f 3z ci +；（4）=)(z f 23z iz c ++；（5）c iz iz z f ++=2)(2；（62.1k =-；2()f z z =．3.c y y x y v c x xy x u --+-=+--=23,232323,c i z z z f )1(2)(3-+-=. 习题2.41.（1 （2 （3）k )1(-)(Z k ∈；（（5（6（7）3ln 2i k e e π-)(Zk ∈；（9 （（2.（1 （23.（1）正确；（2）正确；（3）正确.复习题⼆⼆、填空题2.0；3.c uv +2(c 为实常数)；4.3,1,3-==-=n m l ；5.i +1；6.常数；8.ic ixy y x ++-222或ic z +2(c 为常数)；9.i -； 10.πk e 2-),2,1,0(Λ±±=k .三、计算题1.（1（2（3（4（5（6z z z f cot csc )(-='.2.（1）在复平⾯内处处不可导，处处不解析；（2）在0=z 处可导，但在复平⾯内处处不解析，0)0(='f ；（3）在复平⾯内处处不可导，处处不解析；6.（1）4e -；（2）)4sin 4(cos 3i e +；（3（4（6 （7。
复变函数—课后答案习题五解答
知 Res[ f (z ),0] = c−1 = −
4 3
4 ⎡ ⎤ 3 3 1+ z ⎢( z − i) ( z 2 + 1)3 ⎥ = − 8 i ， ⎣ ⎦
1 d2 3） Res ⎡ ⎣ f ( z ) ,i ⎤ ⎦ = lim z →i 2! dz 2
（7）
1 ； 2 z (e z − 1)
z ( z 2 + 1) 1
2
（8）
（9）
1 . sin z 2
解（1） f ( z ) =
是有理函数，故奇点只是极点，满足 z z + 1 =0，故 z = 0 ，与 z = ± i 为
2
(
)
2
其奇点， z = 0 为一级极点，而 z = ± i 为其二级极点。 （2）因 lim
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
故
z → z0
lim
ϕ ( z ) + ( z − z0 )ϕ '( z ) f ( z) ϕ ( z) f '( z ) ϕ ( z) ， lim ，即 = lim = lim = lim g ( z ) z → z0 ψ ( z ) z → z0 g '( z ) z → z0 ψ ( z ) + ( z − z0 )ψ '( z ) z → z0 ψ ( z )
复变函数疑难问题分析
复变函数疑难问题分析1. 设zz z f 1sin )(2=，{}11|<-=z z D 。
1）函数)(z f 在区域D 中是否有无限个零点2） 若上小题的答案是肯定的，是否与解析函数零点的孤立性相矛盾为什么答： 有无限个零点。
可以具体写出其所以零点； 不矛盾。
因为这无限多个零点均为孤立零点；不可以展开为洛朗级数。
因为0=z 为非孤立的奇点。
2. “函数sin z 在z 平面上是有界的”是否正确sin z 在z 平面上无界。
这是因为sin 2iz iz e e z i --=，令(0)z iy y =<，则|sin |||()2iz ize e z y i--=→∞→-∞ 3. “函数z e 为周期函数” 是否正确z e 是以2k i π为周期的函数。
因为z C ∀∈，221z k i z k i z z e e e e e ππ+==⋅=，k 为整数4. “()f z z =是解析函数” 是否正确()f z z =在z 平面上不解析。
因为()f z z x iy ==-，所以(,)u x y x =，(,)v x y y =- 所以1u x ∂=∂，1v y ∂=-∂，0u y ∂=∂，0v x ∂=∂ 但是11u v x y ∂∂=≠-=∂∂，所以(,)u x y ，(,)v x y 在z 平面上处处不满足..C R -条件 所以()f z z =在z 平面上不解析。
5.根据教材中建立起球面上的点（不包括北极点N ）复平面上的点间的一一对应，试求解下列问题。
（1）复球面上与点(1)22对应的复数；（2）复数1+i 与复球面上的那个点；（3）简要说明如何定义扩充复平面。
解：（1）建立空间直角坐标系（以O 点为原点，SON 为z 轴正半轴），则过点,,1)22P 与点(0,0,2)N 的直线方程为21z -==-。
当0z =时，x y ==，所以,,1)22对应。
（2）复数1i +的空间坐标为(1,1,0)。
复变函数课本疑难解答
课本疑难解答1、P14页，在推导非零复数z 的n 次方根时，最后结果中为何0,1,2,,1k n =- ，不取0,1,2±± ？求解非零复数z 的n 次方根()2,.n n N ≥∈即解方程 ()2,.nw z n n N =≥∈又设,.ie i z re w e ϕρ==则 由n w z =得：.n in i e re ϕθρ=从而n r ρ=或ρ=2n k ϕθπ=+或2k nθπϕ+=,A rgz A n==且z 的n 次方根为22.k k ii innn k kw e θππθ+===这里k 表面可以取0,1,2,±± 但实际只要取0,1,2,,1k n =- 可得()0z ≠的n个不同的根.k分析：Ⅰ）当()11k m m n =-≤≤-时，有1 1.n m n ≤-≤-且222k k iiiii nnnnmkeeeπθπθπ⋅-===⋅()2n m iinnn me πθ--==Ⅱ）当k n =±时，()20.n iinnk nw eπθ±±===Ⅲ）当k n >或k n <-时，()1101k rn s s n =+≤≤-或()()22,01,.k r n s s m m n r N =-+=-≤≤-∈有12ki i sn nkn mk nek nπθ-⎧>⎪==⎨⎪<-⎩综上可知：只要取0,1,2,,1k n=-可得()0z≠的n个不同的根.k2、P66-67页.一般变换nzω=把ω平面上张度为2nπ的n个角形.()22:0,1,2,1kk kT k nn n n nππππϕ⎛⎫⎛⎫-<<+=-⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.变换成z平面上除去点及负实轴的区域G.易见i>.()i jT T i j=∅≠且所有kT及共同边界填满ω平面.ii>每个kT都nzω=的单叶性区域.分析：111ieϕωρ=，222ieϕωρ=∈kT，12ωω≠，有两种情形：(a).当12121122in inn nz e e zρρρρρρ≠⇒=≠=；(b).当12ρρ=时。
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复变函数疑难问题分析1)函数f(z)在区域D 中是否有无限个零点？ 2)是否与解析函数零点的孤立性相矛盾？为什么？ 答：有无限个零点。
可以具体写出其所以零点；不矛盾。
因为这无限多个零点均为孤立零点；不可以展开为洛朗级数。
因为 z 0为非孤立的奇点。
2.“函数sinz 在z 平面上是有界的”是否正确？ sin z 在 z 平面上无界。
3. “函数e z 为周期函数” 是否正确？e z 是以2k i 为周期的函数。
因为 z C ，e z2ki e z e 2k i e z 1 e z ，k 为整数4. “ f(z) z 是解析函数” 是否正确？f (z) z 在z 平面上不解析。
因为f (z) z x iy ，所以u(x, y) x , v(x, y) y 所以丄1，丄 1，丄0,丄0x y y x但是-11 —，所以u(x, y)，v(x, y)在z 平面上处处不满足C. R.条件xy所以f (z) z 在z 平面上不解析。
5. 根据教材中建立起球面上的点(不包括北极点N)复平面上的点间的一一对应， 试求解下列问题。
(1)复球面上与点(一^,2,1)对应的复数；2 21.设 f (z)z 2 sin 丄,D zz|z 1 1若上小题的答案是肯定的,iziz这是因为sinz e —，令z iy(y2i0)，则 | sin z| | iz ize e2i(y(2)复数1+i与复球面上的那个点;(3)简要说明如何定义扩充复平面。
解：(1)建立空间直角坐标系(以0点为原点，SON为z轴正半轴)，则过点P(—2, —2,1)与点N(o,o,2)的直线方程为:-、2—-。
当z 0时，2 22 1x y 2，所以(上1,丄1,1)与复数J 、、2i对应。
2 2(2)复数1 i的空间坐标为(1,1,0)。
则直线方程-丄 * 与球面1 1 2x2 y2 (z 1)2 1 相交，其交点为(三2,2)，N(0,0,2)3 3 3(3)z平面上以个模为无穷大的假想点一北极N相对应，复平面上加上后称为扩充复平面。
6. 说明复变函数可微性与解析性的关系。
复变函数w f(z)在点Z。
处可导，又称为可微，而f(Z)在Z。
处的某个邻域内任一点处均可导(可微)，则称f(z)在Z。
处是解析的。
所以(1) w f(z)在点Z。
处可导(可微)，但不一定在z处是解析的，(2)f(z)在Z0处解析是指在Z0处的某个邻域内任一点处均可导，(3)f(z)在区域D内可微与在区域D内解析是等价的。
17. f z sin-在区域D : 0 z 1上解析且有无穷多个零点，但在区域D上zf z不恒等于零，这与解析函数零点孤立性定理相矛盾吗？为什么？1 1f (z) sin —在区域D，0 z 1内有无穷多个零点厶一，但lim z k0，z k k但0 D，而区域D是去心邻域，f(z)在z 0点无意义，所以f(z)在z 0处是不解析的，也即f(z) sin丄在D内解析也有无穷多个零点，但也不恒等于0,与z零点孤立性定理不矛盾。
8. 复级数a n与b n都发散,则级数(a n b n)和a n b n发散.这个命题是否n 1 n 1 n 1 n 19. 下列说法是否正确？为什么？(1)每一个幕级数在它的收敛圆周上处处收敛 (2)每一个幕级数的和函数在它的收敛圆内可能有奇点答:(1) 不正确，因为幕级数在它的收敛圆周上可能收敛，也可能发散.⑵不正确，因为收敛的幕级数的和函数在收敛圆周内是解析的 10. 为什么区域|z| R 内解析且在区间(R, R)取实数值的函数f(z)展开成z 的幕级数时，展开式的系数都是实数?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,展开成z 的幕级数时，它的系数都是实数。
z2 311.由 门z z z°,所以有结果…请解释错误的原因z...要求z...要求z成立？为什么? 答.不一定•反例：a nn 1i2 , b n n n 1但 (a n n 1b n )飞收敛;n(a n b n )n 1-发散; n 1 na nb n[n 1n 1(丄 n1)]收敛.n而在|x| R 内，f(x)的展开式的系数都是实数所以，在区域| z| R 内，f(z)z2z3所以,在不同区域内而 sin z >1 e yx 1 |e yxi 1 e y e y2 2当y时，e y，e y有 | sin(x iy)|当y 时，e y ，e y 0 有 | si n(x iy)| y xi e e y y xi ey xi y xi e e sin z —2 e y 12. z 0是函数f(z)cos(1/ z)的孤立奇点吗？为什么?解:1因为f(z)cosq 的奇点有z 0k n n 1 -z ---------------- (k 0, 1, 2,...) k n n 2 所以在z 0的任意去心邻域，总包括奇点1； ，当 k时，z=0。
k n 21从而z 0不是cos ■仃的孤立奇点.113.函数f(z) k 在z 1处有一个二级极点,但根据下面罗朗展开式:1 L 1 1 1z(z 1)2(z 1)5 (z 1)4 (z 1)3'我们得到“ z 1又是f(z)的本性奇点”，这两个结果哪一个是正确的？为什么 ？ 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z 11内得到的z 11内的罗朗展开式为1 1z(z 1)2 z1 12 2 (z 1)2 (z 1)21 21 (z 1) (z 1)14.如何证明当y时, |sin(x iy) | 和 | cos(xiy)|都趋于无穷大?证明：sin z — e iz2iize1 2iy xiey xie同理得cos x iyy xie所以当y 时有|cos(x iy) | 15.设函数f(z)在0 |z| 1内解析，且沿任何圆周C: |z| r , 0 r 1的积分 为零，问f(z)是否需在z 0处解析？试举例说明之。
1 解：不一定。
如令f(z) p ，则其在0 |z| 1内解析，且沿任何圆周C:|z| r ， z0 r 1的积分 C f (z)dz c |z| r1 —2 dz z1 但显然f (z)2在z 0处不解析 z 16.设f(z)在 单连通区域D 内解析，且不为零，C 为D 内任何一条简单光滑闭曲 线，问积分-C^dz 是否为零？为什么? 解：等于零。
因f(z)在D 内解析，故f(z)具有各阶导数且仍为解析函数，从而 f ⑺在D 内也解析，又因在D 内f ⑺0,故ft 在D 内解析，从而在C上及 C 的内部也解析，于是由 Cauchy-Gourssat 定理，有Q - C f(z)dz f(z) 03 3 ・ x y i 3 3x y ,z 0 ,z 0 17.设 f(z)2 x 0 2 y 否可微？3 3 x y x, y 0,0 解：u x, y2 2x y0 x,y 0,0f (z)在原点是否满足C R 条件，是u x (0,0) lim U (x,°)呃°)X 0 x33x y x, y0,0 v x,y2 2x yx, y0,0lim x1，x 0x同理 U y (0,0) V x (0,0) V y (0,0)从而在原点f(z)满足C R条件又f f (z) ( u i v) (U x(O,O) i V x(O,O)z z=(1 i)( x)3( y (1 i) z(x)3( y)3z当z沿y x 0时f f (z) (1 i)z 2( x)3故f (z)在原点不可微18. 在数学分析中，要构造一个处处连续又处处不可微的例子是一件非常困难的事情，而在复变函数中，这样的例子却几乎是随手可得，请举出一个例子. 例如：f (z) z在z平面上处处不可微.证明：不难看出f (z) z在z平面上处处连续，但对于任意一点z .f(Z o Z) f(Z o) Z o Z % % Z Z o Zz z z z 当z取实数趋于零时，上述极限为1,而当Z取纯虚数趋于零时，上述极限为1，因此上述极限不存在，即f (Z)在点z不可导，由Z的任意性知f (z)在点Z平面上处处不可微.19. “若u(x, y)和v(x, y)均为调和函数，则f (z) u(x, y) iv(x, y)为解析函数”是否正确？解：不正确。
例如：u(x,y) x2 y2，v(x, y) 2y2都是调和函数，x y但f (z) u(x, y) iv(x, y)不是解析函数。
事实上，U x 2X,U y 2y, U xx 2,U yy 2，2 22xyx yV x (x 2 y 2)2,V y(x 2y 2)26x 2y 2y 36x 2y 2y 3Vxx2 2\3,Vyy2 2\3(x y )(x y )U xx U yy0; V xx V yy 0 这表示u(x, y),v(x, y)是调和函数。
但u x v y ，即不满足C — R 条件，从而f(z) u(x, y) iv(x, y)不是解析函数。
20. 指出下列推导过程中的错误：设z 0，贝U (1) 因为(z)2 z 2 ； (2) 所以 Ln( z)2Lnz 2 ;(3) 于是有 Ln( z) Ln( z) Lnz Lnz ; (4)所以 2Ln( z) 2Lnz ;(5) 故得 Ln ( z) Lnz 。
解：推理步骤1) --3 )是正确的，但3)至4)是错误的。
Lnz Lnz 可视为由两个相同数集Lnz 各取一个元素相加所得的和的数集。
而2Lnz 只是数集Lnz 中每一数的两倍所成的数集。
2Lnz 仅是Lnz Lnz 的一 个真子集。
事实上，Lnz ln | z | i (arg z 2k )， Ln( z) In | z | i (arg z (2k 1) ),k0, 1,...所以Lnz Ln( z)21. 在复变函数中，e z 也可以象实分析中的e x 既可看成以e 为底的指数函数， 也可以看成数e 的x 次幕哪样理解吗？不能，在复变函数中，e z表示复变指数函数的一个符号，即e z e x(cosy i si ny)，—般用符号expz表示，习惯上还是用e z表示，但是，这里的e z没有幕的含意。
e z作为指数函数与e的z次幕有很大的差别。
作为指数函数e ze x(cosy i siny)是一单值解析函数。
作为e的z次幕，按照乘幕定义e z exp (zLne) exp[ z(lne 2k i)]=exp[z(1 2k i)] exp z exp(2k zi), k 0, 1, 2,...一般情况下，它是多值的。