复变函数论课后题答案 (第四版 钟玉泉)
整理复变函数论第四版答案钟玉泉_数学学院硕士生复试方案
数学学院硕士生复试方案1.复试方式笔试和面试相结合，复试成绩实行百分制。
复试成绩=（复试笔试成绩+复试面试成绩）×95%+外语听力及口语测试成绩。
硕士拟录取成绩=初试成绩÷5×60%+复试成绩×40%2.复试笔试科目基础数学：常微分方程、复变函数、实变函数（各约占1/3）；计算数学：数值逼近、数值方法、微分方程数值解（各约占1/3）；概率论与数理统计：概率论、数理统计（各约占1/2）；应用数学：计算方法、概率论（各约占1/2）；运筹学与控制论：运筹学方向：概率论与数理统计、线性规划、整数线性规划（各约占1/3）；控制论方向：概率论、矩阵代数（各约占1/2）；信息安全：概率论与数理统计、数论与代数结构、应用密码学（各约占1/3）；金融数学与金融工程：概率论、数理统计（各约占1/2）；统计学：概率论、数理统计（各约占1/2）。
3.复试面试内容基础数学：英语、数学分析、线性代数、常微分方程、复变函数、实变函数；计算数学：英语、数学分析、线性代数、微分方程数值解、数值逼近、数值代数、算法语言；概率论与数理统计：英语、数学分析、线性代数、概率论、数理统计、实变函数；应用数学：英语、数学分析、线性代数、常微分方程、线性规划、数学模型、计算方法；运筹学与控制论：英语、数学分析、线性代数、常微分方程、线性规划、整数线性规划、概率论与数理统计；或英语、数学分析、线性代数、常微分方程、线性系统理论、概率论与数理统计；信息安全：英语、数学分析、线性代数、概率论、数论与代数结构、计算机网络安全、应用密码学；金融数学与金融工程：英语、数学分析、线性代数、概率论、数理统计、实变函数；统计学：英语、数学分析、线性代数、概率论、数理统计、实变函数；4.复试笔试科目参考书目基础数学：《复变函数》（第四版），余家荣著，高等教育出版社2007年版；《复变函数论》（第四版），钟玉泉编著，高等教育出版社2013年版；《实变函数与泛函分析》（第二版），郭大钧、黄春朝、梁方豪编著，山东大学出版社2005年版；《常微分方程教程》（第二版），丁同仁、李承治编著，高等教育出版社2004年版。
复变函数论钟玉泉第五章
证 (1) =>(2). 由(1)有
f z c0 c1z a c2z a2 0 z a R
则(因2)此=>lzi(m03,a).fz因l0zim,ca 0zf:z0|
b za
| ,有 |
f
(z)
b
|
,
于是,有 | f (z) || b | ,即f (z)在a的去心邻域内有界。
(1)f(z)在 z 的主要部分为零;
(2) lim f (z) b( ); z
(3)f(z)在 z 的某去心邻域N-{∞}内有界.
22
定理5.4/(对应于定理5.4)f(z)的孤立奇点z =∞为m 级极点的充要条件是下列三条中的任何一条成立:
(1) f(z)在 z=∞的主要部分为
b1z b2 z 2 bm z m (bm 0);
f (z) ei z(| z | 1), 其中α为一实常数.
14
4. 极点的性质
定理5.4 如果f(z)以a为孤立奇点，则下列三条是等价
的。因此，它们中的任何一条都是m阶极点的特征。
(1)
f(z)在a点的主要部分为
cm (z a)m
(2)f(z)在点a的某去心邻域内能表示成
fzc(z1a) (c(zm(az))0m);
(3)
=>(1).
因主要部分的系数
cn
1
2i
f
a n1
d
其中 : a , 可任意小，故
cn
1
2
f
a n1
d
1
2
M
n1
2
M n
cn 0 n 1，2,
13
3. 施瓦茨(Schwarz)引理
复变函数论钟玉泉第三章
作和式 Sn f ( k ) ( zk zk 1 ) f ( k ) zk ,
k 1 k 1
A
o
z1 z2
k z k zk 1
C z n 1
记 max{sk }, 当 n 无限增加且 0 时,
这里 zk zk zk 1 , sk zk 1 zk的长度,
2
2.积分的定义: 设函数 w f ( z ) 定义在区域
D 内, C 为区域D 内起点为 A 终点为 B的一条光 点为A z0 , , z k 1 , z k , , z n B,
n n
滑的有向曲线 , 把曲线 C任意分成 n个弧段 , 设分 y
在每个弧段zk 1 z（ k 1,2, , n)任取一点 k ,
下式两端极限存在 ,
f ( k )zk [u( k ,k )xk v( k ,k )yk ]
k 1 k 1
n
n
i [v ( k ,k )xk u( k ,k )yk ]
k 1
n
在形式上可以看成是 f ( z ) u iv 与 dz dx idy 相乘后求积分得到: C f ( z )dz (u iv )(dx idy ) udx vdy i vdx udy. 5
12
第二节 柯西积分定理
一、问题的提出
观察上节例1, 被积函数 f ( z ) z 在复平面内处处解析 ,
此时积分与路线无关.
1 , 观察上节例4, 被积函数当n 0 时为 z z0
它在以 z0 为中心的圆周C 的内部不是处处解析的 , 1 此时 dz 2i 0. c z z 0
0
复变函数答案 钟玉泉 第五章习题全解
(z 2 1)2 4(z i)2 n0
2i
1 4(z i)2
(1)n (n 1)( z i)n )n
n0
2i
(0
z i
2)
1
(2) z 2e z
1 z n2
1 1 (0 z )
n0 n!
n2(n 2)! z n
e e e (3) 令 1 ，则 z
1
1z
1
2
(1 ...) 2
f (z) w0 解 析 , 即 为整函数 . 又 因 f (z) 非 常 数 , 所 以 g(z) 非常 数 , 其值全 含于一圆
g(z) 1 之内,与刘维尔定理矛盾. 0
11.证明:由题意, f (z) 在 z0 的去心邻域内的洛朗展开式可设为
f (z)
c1 z z0
cn (z z0 )n
(a)
0
6.证明：令 g(z) (z a)k f (z) 。由题设， g(z) 在 k {a}: 0 | z a | R 内有界。由
定理 5.3（3），a 为 g(z) 的可去奇点，则 a 为 g(z) 的解析点。又由定理 5.4（2），
若
a
为
f
(z) 的
m
级极点，则在点
a
的某去心邻域内能表成
正好是以 1 为中心的无穷远点的去心领域。所以根据题中的洛朗展式，只能判
定 z 是 f (z) 的可去奇点。
3.证明：由孤立奇点的定义，又有 f (z) 在点 a 解析，故知 a 为 g(z) 的孤立奇点，
且 lim g(z) lim f (z) f (a) f (a) g(a) ，故 a 为 g(z) 的可去奇点。故在 a 业
（充分性） 若
复变函数答案 钟玉泉 第一章习题全解
第一章 复变与复变函数（一）1.解：1)23()21(22=-+=zArgz=argz+πk 2=πππk k 232)3arctan(+-=+- ),2,1,0( ±±=k2.解:因为i ei z e i z 6423,2121ππ-=-==+=所以iie z z e z z 1251221,22121ππ==⋅ 3.解:由044=+a z 得44a z -= 则二项方程的根为a w k k ⋅-=)1(4 )3,2,1,0(=k a e e i i k ⋅⋅=442ππ )3,2,1,0(=k因此 )1(20i a w +=,)1(21i a w +-=)1(22i a w --=,)1(23i a w -=4.证明:因为)Re(2212221221z z z z z z ++=+)R e (2212221221z z z z z z -+=-两式相加得)(22221221221z z z z z z +=-++几何意义:平行四边形两队角线的平方和等于各边平方和. 5.证明:由第4题知)(22221221221z z z z z z +=-++由题目条件 0321=++z z z 知321z z z -=+可有 321z z z =+ 于是 3)(2)(22322212212221221=-+=--+=-z z z z z z z z z同理 3213232=-=-z z z z所以 3133221=-=-=-z z z z z z 因此321,,z z z 是内接宇单位圆的等边三角形的顶点. 6.解:(1)表示z 点的轨迹是1z 与2z 两点连线的中垂线;不是区域. (2)令yi x z +=,由4-≤z z 得yi x yi x +-≤+)4(,即2222)4(y x y x +-≤+,得2≤x因此, z 点的轨迹是以直线2=x 为右界的右半平面(包括直线);不是区域.(3)同(2)yi x z +=,得0>x ,故z 点的轨迹是以虚轴为左界的右半平面(包括虚轴;是区域.(4)由⎪⎩⎪⎨⎧≤≤<-<3Re 24)1arg(0z z π 得⎪⎩⎪⎨⎧≤≤<-<3241arctan 0x x y π 即⎩⎨⎧≤≤-<<3210x x y 可知z 点的轨迹是一梯形(不包括上,下边界);不是区域.(5)z 点的轨迹是以原点为圆心,2为半径以及(3,0)为圆心,1为半径得两闭圆的外部.是区域.(6)z 点的轨迹的图形位于直线1Im =z 的上方(不包括直线1Im =z )且在以原点为圆心,2为半径的圆内部分(不包括圆弧);是区域. (7)z 点的轨迹是4arg π=z ,半径为2的扇形部分;是区域.(8)z 点的轨迹是以)2,0(i 为圆心,21为半径以及)23,0(i 为圆心, 21为半径的两闭圆的外部.是区域.7.证明:已知直线方程一般式为),,(0c b a c by ax =++为实常数,b a ,不全为零. 以 izz y z z x 2,2-=+= 代入化简得0)(21)(21=+++-c z bi a z bi a 令 0)(21≠=+αbi a 得 0=++c z z αα反之(逆推可得).8.证明: 因为Z 平面上的圆周可以写成()0z z -=γγ>0 其中0z 为圆心，γ为半径 所以 ()()200z z z z z z 2γ=-=--0000z z z z z z z z =⋅-⋅-⋅+⋅ 令2001,,A B z C z 2==-=-γ，从而圆周可以写成 0A Z Z B Z B ZC +++=,A C 为实数，且22200B z z AC 2=>-γ=9.证明：可证1213z z z z --为实数. 10.解:(1)令)1(i t yi x z +=+=,得y x =,即曲线为一,三象限的角平分线. (2)令,sin cos t ib t a yi x z +=+=得t b y t a x sin ,cos ==,则有12222=+by a x ,故曲线为一椭圆.(3)令)0(≠+=+=t i t t yi x z ,可得ty t x 1,==,则1=xy ,故曲线为一双曲线.(4)令22tt yi x z +=+=,得221,t y t x ==,即1=xy )0,0(>>y x ,故曲线为双曲线在第一象限内的一支. 11.解:(1)由于4222==+z y x ,又有)(411122yi x y x yi x yi x z w -=+-=+== 所以 ,4,4y v x u -==则41)(1612222=+=+y x v u这表示在w 平面上变成的曲线是以原点为圆心,21为半径的圆周. (2)将x y =代入yi x w +=1,即yix iv u +=+1中得 xi x x i i x iv u 22121)1(1-=--=+=+于是,21,21xv x u -==因此u v -=,故曲线为w 平面上二,四象限的角分线. (3)同上将1=x 代入变换yix iv u +=+1得 21111yyiyi iv u +-=+=+ 于是,1,1122yy v y u +-=+=且u y y y v u =+=++=+22222211)1(1 故解得41)21(22=+-v u ,这表示曲线变成w 平面上的一个以)0,21(为圆心,21为半径的圆周.(4)因1)1(22=+-y x ,即可得0=--z z z z 将wz w z 1,1==代入得01111=--⋅w w w w ,即ww w w w w +=1,因此1=+w w所以这表示曲线变成w 平面上的一条过)0,21(且平行于虚轴的直线.12.证明:(1)首先考虑函数n z z f =)(在z 平面上的连续性. 对复平面上任意一点0z ,来证明nn z z z z 00lim =→不妨在圆10+=≤z M z 内考虑. 因为10102100(-----≤+++-≤-n n n n nn nM z z z z zzz z z z ,故对0>∀ε,只需取1-≤n nM εδ,于是当δ<-0z z 时,就有ε<-nn z z 0.(2)由连续函数运算法则,两连续函数相除,在分母不为零时,仍连续.因此)(z f 在z 平面上除使分母为零点外都连续. 13.证明:令ππ<<-⎩⎨⎧=≠=z z z z z f arg 0,00,arg )(分情况讨论:(1) 若00=z ,由于当z 沿直线)(arg 00πθπθ<<-=z 趋于原点时,)(z f 趋于0θ,这里0θ可以取不同值,因而)(z f 在00=z 处不连续.(2) 若)0(0<=x z 由定义当z 从上半平面趋于0z 时, )(z f 趋于π,当z 从下半平面趋于0z 时, )(z f 趋于π-,所以)(z f 在实轴上不连续.(3) 其他点0z ,作一个以0z 为中心δ为半径的圆,只要δ充分小,这个圆总可以不与负实轴相交.任取0Argz 的一个值0θ,以0z 为中心δ为半径的圆,因0z z n →,故存在自然数N ,当N n >时,n z 落入圆内,从原点引此圆的两条切线,则此两条切线夹角为)(2δϕ,0arcsin)(z δδϕ=,因此总可以选取n Argz 的一个值n z arg .当N n >时,有)(arg 0δϕθ<-n z ,因0→δ时,0)(→δϕ.因而,总可以选取δ,使)(δϕ小于任何给定的0>ε,即总有ε<-0arg arg z z .因此)(z f 在0z 连续.综上讨论得知, )(z f 除原点及负实轴上的点外处处连续.14.证明:由于)(z f 的表达式都是y x ,的有理式,所以除去分母为零的点0=z ,)(z f 是连续的,因而只须讨论)(z f 在0=z 的情况.当点yi x z +=沿直线kx y =趋于0=z 时, 222211)(kkk k y x xy z f +→+=+=这个极限值以k 的变化而不同,所以)(z f 在0=z 不连续.15.证明:由z z f =)(连续即得.16.证明:1z -在1z <内连续且不为0，故11z-在1z <内连续 011,0,2εδδ⎛⎫∃=∀>< ⎪⎝⎭，均存在121,142z z δδ=-=-使得124z z δδ-=<()()1212112111f z f z z z δ-=-=>-- 故()f x 在1z <内非一致连续17.证明：必要性：设i y x z n 000lim +==∞→，由定义0,0>∃>∀N ε，当N n >时，恒有ε<-0z z n ，从而由定义知 ε<-≤-00z z x x n n ε<-≤-00z z y y n n 即)(,00∞→→→n y y x x n n 充分性:由定义得00000)()(y y x x i y y x x z z n n n n n -+-≤-+-=- 因此,当)(,00∞→→→n y y x x n n 时,必有)(0∞→→n z z n . 18.证明:利用第17题,及关于实数列收敛的柯西准则来证明.必要性:设0lim z z n n =∞→.则由定义对0)2(,0>=∃>∀εεN N ，当N n >时，恒有20ε<-z z n .因而对任何自然数p ,也有20ε<-+z z p n .利用三角不等式及上面两不等式, 当N n >时,有 ε<-+-≤-++00z z z z z z n p n n p n充分性:设对0)(,0>∃>∀εεN ,当N p n n >+,时,有ε<-+0z z p n ,由定义得 ε<-≤-++n p n n p n z z x xε<-≤-++n p n n p n z z y y由此根据实数序列的柯西准则,必存在两个实数00,y x ,使)(,00∞→→→n y y x x n n ,有i y x i y x z n n n 00+→+=19.证明:设)),3,2,1(( =≤+=n M z i y x z n n n n ,因为M z y x n n n ≤≤,,所以{}{}n n y x ,都有界.根据实数列的致密性定理,知{}n x 有收敛于某常数a 的子序列{}k n x ,相地在),2,1( =+k i y x k k n n 中,{}k n y 任有界,因而{}k n y 也有以收敛于某一常数b 的子序列{}kj n y ,在),2,1( =+=j i y x z kj kj kj n n n 中, {}k n x 任收敛于a ,因此所设序列有一收敛于bi a +的子序列.20.证明:(1)若00=z ,则由定义对N ∃>∀,0ε,当N n >时有{}2ε<n z而 nz z z n z z z n z z z z nN N N n n +++++++=+++='++ 212121 固定N ,取⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++=nz z z q N N 2102,max ,则当0N n >时,有221ε<++n z z z N故 ε<+++++≤'++n z z z n z z z z n N N N n 2121(2)若00≠z ,则当0)(lim 0=-∞→z z n n ,000010)()(z n nz z z z z z z n n -+-+-=-'0)()(001→-+-=nz z z z n（二）1.解:ii i e e e i i ϕϕϕϕϕϕϕ193)3(2532)()()3sin 3(cos )5sin 5(cos ==-+- 2.解:由于it e z =,故nt i nt e z nt i nt e z nti n nti n sin cos ,sin cos -==+==-- 因此 nt zz nt z z n nn n sin 21,cos 21=-=+ 3.证明:已知(155122cos sin 2233nnn n n n n n x iy i ⎛⎫⎛⎫+=-=-=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ππ 因此 552cos ,2sin33n n n n n n x y ππ== 11n n n n x y x y ---()()151515522cos sin sin cos 3333n n n n n n ππππ---⎡⎤=-⎢⎥⎣⎦()215152sin 33n n n ππ--⎛⎫=- ⎪⎝⎭4.证明：第一个不等式等价于2222)(21y x z y x +=≤+，即)(222222y x y x y x +≤++,即0)(2>-y x 这是显然的,因此第一个不等式成立. 第二个不等式等价于2222222)(y y x x y x y x z ++=+≤+= ,即02≥y x 这是显然的,因此第二个不等式成立. 5.证明:利用公式 )Re(2212221221z z z z z z -+=-以及z z =Re6.证明: 因为21,az b az b az bz bz a bz a bz a+++==⋅+++所以22221a abz abz b b abz abz a+++==+++故1az bbz a+=+7.解:设0z 为对角线→31z z 的中点,则 i z z z 21)(21310+=+=分别左旋及右旋向量30z z 各2π,写成复数等式后,即可由此解得顶点2z 的坐标为(4,1); 顶点4z 的坐标为(-2,3).8.证明:由于123z z z ∆与123w w w ∆同向相似的充要条件是33,z w ∠=∠且23231313z z w w z z w w --=--,而23313arg ,z z z z z -∠=-2313arg w w w w w -∠=-,于是有23231313z z w w z z w w --=--,即1122331101z w z w z w =.9.证明：123,,z z z 4,z 四点共圆或共直线的充要条件为1233410z z z z z z ∠+∠=或π但3212321argz z z z z z z -∠=-，1434143arg z zz z z z z -∠=- 3232141421432143a r g a r g a r g z z z z z z z z z z z z z z z z ----+=⋅----， 因此1234,,,z z z z 共圆周或共直线的充要条件为34141232:z z z z z z z z ----为实数. 10.证明:由21Oz Oz ⊥知2arg arg 21π±=-z z故i z zz z 2121±=,两边平方即得02121=+z z z z ,反之亦然. 11.证明:因为2221k z z z z =--,从而22121k z z z z zz z z =⎪⎪⎭⎫⎝⎛--⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-- 所以 ()2222221112z z z z k z z z z z z +-=+--即 212222122122)()()1(z z k z k z z z k z z k z -=-----亦即 2222122221122122222221)1()1()(1k z z k k z z z z z z k k z k z z --=---+=---故有 221222111kz z k k z k z z --=---,此为圆的方程,该圆圆心为222101k z k z z --=,半径为2211kz z k--=ρ ),10(21z z k ≠≠<. 12.证明:2222)1()1(11111b a b a z z zz+--<+-⇔+<-⇔<+- 022)1()1(2222>⇔<-⇔+--<+-⇔a a a b a b a几何意义:右半平面上的点到(1,0)的距离a 小于到(-1,0)点的距离b ;到(1,0)的距离a 小于到(-1,0)点的距离b 的点在右半平面上.。
复变函数论钟玉泉第四章
的各项均在点集E上有定义,且在E上存在一个函数 f(z),对于E上的每一点z,级数(4.2)均收敛于f(z),则称
f(z)为级数(4.2)的和函数,记为: f ( z ) f n ( z )
n 1
定义4.4 对于级数(4.2),如果在点集E上有一个函数 f(z),使对任给的ε>0,存在正整数N=N(ε),当n>N时,对
lim n 0 级数 n发散.
n n1
推论2 收敛级数的各项必是有界的. 推论3 若级数(4.1)中略去有限个项,则所得级数与原 级数同为收敛或同为发散.
8
3. 绝对收敛与条件收敛 定理 4.3 复级数(4.1)收敛的一个充分条件为级数
|
n 1
n
| 收敛.
2 2
n 1Leabharlann n 1 2
n
(4.1)
称为复数项级数.sn 1 2 n 称为级数的部分和.
若部分和数列{sn}(n=1,2,…,)以有限复数s为极限, 即 lim sn s( ) 则称复数项无穷级数(4.1)收敛 n 于s,且称s为(4.1)的和,写成 s 否则若复数列sn(n=1,2,…,)无有限极限,则称级数 (4.1)为发散. 注 复级数n收敛于s的 N定义：
(4.2)在闭圆 K : z a 上一致收敛.
16
定理4.9 设 (1)fn(z) (n=1,2,…)在区域D内解析,级数
6. 解析函数项级数
n
f ( z) 或 { f n ( z)} 序列在区域D内内闭一致收敛于函数f(z),
复变函数论课后题答案 (第四版 钟玉泉)
复变函数论课后题答案 (第四版钟玉泉)复变函数论课后题答案 (第四版钟玉泉)一、选择题1. B2. D3. A4. C5. B6. A7. D8. B9. C10. A二、填空题1. 解析函数2. 极限3. 全纯函数4. 实部5. 可微6. 黎曼-一般黎曼条件7. 柯西-黎曼方程8. 积分路径无关9. 简单闭合路径10. 等速圆三、简答题1. 复数的实部和虚部分别由实部和虚部函数来得到。
实部函数是通过将复数的虚部置零得到。
虚部函数是通过将复数的实部置零得到。
2. 解析函数是指在一个区域内处处可导的函数。
全纯函数是指处处可导的复数函数。
3. 构造一个有界区域，包含有限个奇点，并使该区域与其他奇点不相交。
在奇点上，确保函数无界。
4. 通过直接计算导数或利用柯西-黎曼方程来证明。
五、计算题1. 解：根据题意，由柯西-黎曼方程可得：∂u/∂x = ∂v/∂y∂u/∂y = -∂v/∂x由第一式可得∂u/∂x = -2y积分得：u = -2xy + f(y)对u求偏y导数得：∂u/∂y = -2x + f'(y)由第二式可得∂u/∂y = -(-4y) = 4y所以，-2x + f'(y) = 4yf'(y) = 4y + 2x对f'(y)积分得：f(y) = 2xy + xy^2 + g(x)综上所述，u = -2xy + 2xy + xy^2 + g(x)= xy^2 + g(x)故解为 f(z) = xy^2 + g(x) + i(2xy + f(y))2. 根据题意，f'(z) = u_x + iv_x = 4x^3 - 12xy^2 + 6x + 2y - 4xyi 对z积分得：f(z) = x^4 - 6x^2y^2 + 6xy + 2xy + C= x^4 - 6x^2y^2 + 8xy + C故解为 f(z) = x^4 - 6x^2y^2 + 8xy + C六、证明题待补充完整。
复变函数答案 钟玉泉 第三章习题全解
即 Φ′(x) = 0, Φ( x) = C ,故
f (z) = e x (x cos y − y sin y) + i( xex sin y + e x y cos y + C)
又因 f (0) = 0, 故 f (0) = iC = 0 ⇒ C = 0 ,所以
f (z) = ex ( x cos y − y sin y) + i(xex sin y + e x y cos y)
′(
x)
= 0.
所以ϕ( x) = C ,故
x
y
f (z) = − x2 + y2 + C + i x2 + y2
又因为 f (2) = 0 ,所以 C = 1 ,故 2
x1
y
f (z) = − x2 + y2 + 2 + i x2 + y2
17.证明：设 f (z ) = u + iv ⇒ 4 f ′( z) 2 = 4(ux2 + vy2 )
∫ 2z 2 − z +1dz = 2πi(2z 2 − z +1) = 4πi
z ≤2 z −1
z =1
(2)可令 f (z) = 2z 2 − z +1,则由导数的积分表达式得
∫ 2z 2 − z +1dz = 2πif ′(z) = 6πi
z =2 (z − 1) 2
z =1
sin π zdz
∫ v = (xex cos y − e x y sin y + e x coy)dy
∫ = xex sin y + e x sin y − e x y sin ydy