复变函数课后习题答案(全)

习题一答案之巴公井开创作
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）1323213i z i -==+， 因此：32Re , Im 1313z z ==-， （2）3(1)(2)1310
i i i z i i i -+===---， 因此，31Re , Im 1010z z =-=， （3）133335122i i i z i i i --=-=-+=-， 因此，35Re , Im 32
z z ==-， （4）82141413z i i i i i i =-+-=-+-=-+
因此，Re 1, Im 3z z =-=，
2． 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 22i
i i e ππ
π
=+= （2
）1-+23222(cos sin )233
i 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）2
1cos 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）2
3(cos5sin5)(cos3sin3)
i i ϕϕϕϕ+- （5
（6
解：（1
）5)i -5[2(cos()sin())]66
i 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）2
3(cos5sin5)(cos3sin3)
i i ϕϕϕϕ+- （5
=（6
=
4．
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 )46461212
i 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 e i π=-=-， (0,1,2,3,4)k =
（2
）z ==11[cos (2)sin (2)]44
a k i k ππππ=+++，当0,1,2,3k =时，对应的4个根分别为
：(1), 1), 1), )i i i i +-+--- 6． 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。

（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 =，由此得到：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 -=--=+--， 222
1(1)(1)1ab ab ab a b ab ab -=--=+--，
因为1, 1a b <<，所以， 222222
1(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 +达到最大的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 +达到最大，为此，需要取n z 与a 同向且1n z =，即n z 应为a 的单位化向量，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2131
z z Arg z z --应为0或π的整数倍，至此得到：
123,,z z z 三个点共线的条件是2131
z 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22
221x 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 022
A Bi A Bi zz z z c -++++= 记2A Bi a +=，则2
A Bi a -=，由此得到 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 在原点无定义，因而不连续。

对于00x <，由arg z 的定义不难看出，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0
lim 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：对于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()(),22
u v -+=暗示一个圆周。

对于
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 22
u 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 的距离大于或等于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 为顶点的
与x 轴正向夹角为4
π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<<<<<，顶点在原点，两条边的倾角分别为,αβ的角形区域，无界，单连通
（3）312
z 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的距离大，因此原不等式暗示2与3 连线的垂直平分线即x =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 2
244115x y -=，再注意到z 到2与z 到-2的距离之差大于1，因而不等式暗示的应为上述双曲线左边一支的左侧部分，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。

习题二答案
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）13
z 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，由此得到：
（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）13
z 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 y
z +===-+，2222, x y u v x y x y
==++， 2222
222222, ()()
x y y x x y u v x y x y --==++， 22222222, ()()
y x xy xy u v x y x y --==++， 因函数的定义域为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
=+
22
2222()()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，2
220()f z u v c =+≡为常数，等式两端分别对
,x y 求偏导数，得 220
220
x 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）2
i e
π
- （2）()Ln i - （3）(34)Ln i -+
（4）sin i （5）(1)i i + （6）2327
解：（1）2
cos()sin()22
i e
i i π
ππ
-=-+-=-
（2）1
()ln arg()2(2)2
Ln i i i k i k i ππ-=-+-+=-+，
k 为任意整数，
主值为：1
()2
ln i i π-=-
（3）(34)ln 34arg(34)2Ln i i i k i π-+=-++-++
4
ln5(arctan 2)3
k i ππ=+-+， k 为任意整数
主值为：4
ln(34)ln5(arctan )3
i i π-+=+-
（4）..1
sin 22
i i i i e e e e i i i ----=
= （5）(2)
2(1)
4
4
(1)i i k i k i
iLn i i e
e
e
π
π
ππ
++--++===
24
(cosln sin k e
i π
π--=+， k 为任意整数
（6）22
2
244
27(272)273
3
3
33
3
279Ln ln k i ln k i k i e e e e e πππ+====， 当k 分别取0，1，2时得到3个值：
9，
4399(1)2i e π=-+，
83
99(1)2
i e π=-+
7．求2z e 和2
z Arge 解：2
222z x y xyi
e e
-+=，因此根据指数函数的定义，有
2
z e
22
x y e
-=， 2
22z Arge xy k π=+，（k 为任意整数）
8．设i z
re 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 2
z 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)3
z 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,4
z k π
π+= 即 4
z k π
π=-
， k 为任
意整数
（4）由双曲函数的定义得 2
z z
e e shz i --=
=，解得 2()210z z e ie --=，即z e i =，所以
(2)2
z Lni k i π
π==+ ，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 1
lim ; lim z z z z e z z
→→-
证明：由商的极限运算法则及导数定义知
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 11
z z z z
z →→==
11．用对数计算公式直接验证：
（1）22Lnz Lnz ≠ （2
）1
2
Lnz =
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，左端所包含的元素比右端的要多（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)22
m i Ln r m k i θπ
θππ+==+++ 右端11[ln (2)]ln ()222
r n i r n i θ
θππ=++=++
其中,k n 为任意整数，而 0,1m =
不难看出，对于左端任意的k ，右端n 取2k 或21k +时与其对应；反之，对于右端任意的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 z e 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 222
iz iz
iz
iz
y y y
e e e e e e z e i ---+-+=
≤=≤， 右端不等式得到证明。

其次，由复数的三角不等式又有
sin 22
2
2
iz iz
y y
y 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
2
x x
e e x --≥，因此接着上面的证明，有sin 2
y y e e
z y --≥
≥，左端不等式得到证明。

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 22
2
2
iz 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 2222
iz iz
y y
iz
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）21
1
z +
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）2222
111
1()112z x iy x y xyi
==+++-++ 流速为222222()(1)(1)z z
v f z z z --'==
=++， 流线为 12
2222
(1)4xy
c x y x y ≡-++， 等势线为 22222222
1
(1)4x y c x y x y
-+≡-++
习题三答案 1．计算积分2
()c
x 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 c
e 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
t
c
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
()c
x 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c
z 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
21
2c
dz 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
222
111222c c c c
dz 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 R
ππ-==， 因1n >，因此上式两端令R →+∞取极限，由夹比定理，得
()lim 0R
n
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）2
24
c
dz
z z ++⎰
（3）22c
dz
z +⎰
（4）cos c dz
z ⎰ （5）z c
ze dz ⎰
解：各积分的被积函数的奇点为：（1）2z =-，（2）2(1)30
z ++=
即1z
=-±，（3）z = （4）, 2
z k k π
π=+
为任
意整数，
（5）被积函数处处解析，无奇点
不难看出，上述奇点的模皆大于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）240
i
z
e dz π
⎰ （2）2sin i
i
zdz ππ-⎰
（3）
1
0sin z zdz ⎰
解：以上积分皆与路径无关，因此用求原函数的方法：
（1）422024
111
()(1)2
22
i
i i
z
z e dz e
e e i π
π
π
==-=-⎰ （2）21cos2sin 2sin []224i
i
i
i i i
z z z
zdz dz ππππππ----==-⎰⎰
（3）11
1
1
00
sin cos cos cos z zdz zd z z z zdz =-=-+⎰⎰⎰
9．计算
22
c
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1
z a
+在c 内解析，因而由
柯西积分
公式：
221
12z a c c dz 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22
1111
()2a z a z a z a
=--+-，则更简单！ 10． 计算下列各积分
解：（1）11
()(2)
2
z dz i z z =-+⎰，由柯西积分公式
（2）
2
322
1
iz
z 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）22
32
(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）22
1sin 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)n
n
z z dz n z =-⎰为正整数，由高阶导数公式 11． 计算积分312(1)
z
c e dz i z z π-⎰，其中c 为 （1）12z = （2）1
12
z -= （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
3
0(1)z z e z ==-11()2!z z e z =''+12
e
=-， 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
1
1
2z dz z =+⎰的值是什么？并由此证明0
12cos 054cos d π
θ
θθ
+=+⎰
解：首先，由柯西基本定理，1
1
02z 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，便得到
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，对于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）对于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，对于D 内任一简单闭曲线c ，
皆有()
0()c
f 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，本题的答案也可观察出，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：由调和函数的定义
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，必须
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 至此得到：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
2
12()2
v xy y c x =++，
再由x y v u =-得2()2y c x x y '+=-+，因此
2
01(), ()2
c x x c x x c '=-=-+，所以
22
011222
v xy y x c =+-+，
因()1f i =-，说明0,1x y ==时1v =，由此求出01
2
c =，
至此得到：
22
22111()(2)222f z u iv x xy y y x xy i =+=+-+-++，
整理后可得：211
()(1)22
f z i z i =-+
（2）22
y
v x y
=+， (2)0f = 此类问题，除了上题采取的方法外，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，1
2
c =，故此
（3）arctan , (0)y
v x x
=>
同上题一样，()x x y x f z u iv v iv '=+=+
2222
1
x y z i z
x 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 =，至此得到：
()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()M
f z R
'≤，又因()f z 处处解析，因此R
可任意大，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。

习题四答案
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)2
n n i
z -=+
解：1sin )2i i θθ+=+，其中1arctan 2θ=，则
()sin )cos sin n
n
n z i n i n θθθθ-⎤
=+=-⎥
⎣⎦
．
因
为
lim 0n
n →∞
=，
cos sin 1
n i n θθ-=，所
以
()lim cos sin 0n
n n i n θθ→∞
-= 由定义4.1知，数列{}n z 收敛，极限为0．
（3）2
1n i n z e n
π-=
解：因为2
1n i e
π-
=，1lim 0n n →∞=，所以2
1lim 0n i n e
n
π-→∞= 由定义4.1知，数列{}n z 收敛，极限为0． （4）()n n z
z z
=
解：设(cos sin )z r i θθ=+，则()cos 2sin 2n n z z n i n z
θθ==+，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!
n
n 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!n
n i n ∞
=∑收敛，且为绝对收敛． (2)2ln n
n i n
∞
=∑
解：222cos sin 22ln ln ln n n n n n n i i n n n
ππ
∞∞∞====+∑∑∑，
因为2
cos
11112ln ln 2ln 4ln 6ln 8
n 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，
2
sin
111121ln ln 3ln 5ln 7ln 9
n n n π
∞
==-+-++∑
也收敛，故级数2
ln n
n 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 n
n i n
∞
=∑条件收敛．
(3)0cos 2n n in
∞
=∑
解：111
0000cos 2222
n n n n
n n n n n n n n in e e e e --∞∞∞∞
+++====+==+∑∑∑∑，因级数102
n
n n e ∞
+=∑发散，故
cos 2n
n in
∞
=∑发散． (4)()
35!
n
n i n ∞
=+∑
解：(
)
35!
n
n n i n ∞
∞
==+=∑
，由正项正项级数比值判别法知该级
数收敛，故级数()0
35!
n
n 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)()0
1n n n i z ∞=+∑
解：1lim 1n n n c i c +→∞
=+=
R =
． (2)0
!n n n n z n ∞
=∑
解：11(1)!11
lim lim lim 1(1)!(1)n n n n n n n n c n n c n n e
n
++→∞→∞→∞+=⋅==++，故此幂级数的收敛半径R e =．
(3)1
i
n n n e z π
∞
=∑
解：1
1lim lim 1i
n n n n i
n
n
c e c e π
π++→∞→∞==，故此幂级数的收敛半径1R =．
(4)22
1
212n n
n n z ∞
-=-∑
解：令2
z Z =，则221
11
212122n n n n n n n n z Z ∞
∞--==--=∑∑
1121
12lim lim 2122
n n n n n
n n c n c ++→∞→∞+==-，故幂级数11212n n n n Z ∞-=-∑的收敛域为2Z <，即2
2z <，从而幂级数221
212n n n n z ∞
-=-∑
的收敛域为z <
收敛半径为R ．
4．
设级数0
n n α∞=∑收敛，而0
n n α∞=∑发散，证明0
n n n z α∞
=∑的收敛半
径为1． 证明：在点
1z =处，
n
n
n
n n z α
α∞
∞
===∑∑，因为0n n α∞
=∑收敛，所以
n n
n z α∞
=∑收敛，故由阿贝尔定理知，1z <时，0
n n
n z α∞
=∑收敛，且为
绝对收敛，即0
n n n z α∞
=∑收敛．
1z >时，0
n
n n n n z αα∞∞==>∑∑，因为0
n n α∞
=∑发散，根据正项级
数的比较准则可知，0
n
n n z α∞=∑发散，从而0
n n n z α∞
=∑的收敛半径
为1，由定理4.6，0
n n n z α∞
=∑的收敛半径也为1．
5．
如果级数0
n 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，0
n n n c z ∞
=∑绝对收敛．
0z z =时，
n
n
n
n n n c
z c z ∞
∞
===∑∑，由已知条件知，00
n n n c z ∞
=∑收
敛，即0
n
n n c z ∞
=∑收敛，亦即0
n 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）
22
1
(1)z +
解：由于函数22
1(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，可以得到
24
2
11(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
22
1(1)z +='24122
211123(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)n
n z z a a a ⋅++++=
1
11()
n n n z a a
a
-⋅++
+=
12
11,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．
=
2121
111()n
n
n n z z z z a b a a
a b b
b ++-----++++-
=
221
11111111[()(
)],min{,}n
n 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．
48
22
cos 1(1),2!4!
(2)!
n
n
z 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．
3
21
3
21()()()()sin ((1)),3!
(21)!
3!(21)!
n n n
iz 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)!
n
n 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 z
z
z
e 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 ⋅+--++++=32,3
z 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)
z
z z z =++
解： 21
(1)(2)21
z z z z z =-++++，
022111(2)222422414
n
n
n z z z z ∞=-==⋅=-+-++∑， 011111(2)212333313
n
n
n z z z z ∞=-==⋅=-+-++∑． 由于函数(1)(2)
z
z 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)24332
3n n n n n n n
n n n z z z z z z z ∞∞∞+===--=-=---<++∑∑∑．
（2）
02
1
,1z z = 解：由于211
1(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
：
11111
34343(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1z i --< （4）0tan ,4
z z π
=
解：'2tan sec z z =，
''2tan 2sec tan z z z
=，
'''22tan 2sec (2tan 1)z z z =+，……，
'2
4
tan sec 24
z z π
π
=
==，''24
4
tan 2sec tan 2z z z
z z
π
π
=
=
==，
'''224
4
8
tan 2sec (2tan 1)
3
z z z
z z π
π
=
=
=+=……，故有 因为tan z 的奇点为,2
z k k Z ππ=+∈，所以这个等式在4
4
z π
π
-
<
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：2
221112
()(1)(2)5211
z z z z z z =--+--++, 222222
002221212(1)(1)111n n
n n n n z z z z z z
∞∞
+====-=-++∑∑, 故有2121220001112((1)(1))(1)(2)52n n
n n n n n n n z z z z z ∞∞∞
+++====-+-+-+-∑∑∑
(2)2
1
,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
2
01111111
11(1)(1)1(1)(2)22122(2)(2)(2)12
n
n
n n n n z z z z z z z z z z ∞
∞
+===⋅=⋅=
-=-----+-----+-∑∑(4)1
sin ,011z z
<-<+∞- 解：在01z <-<+∞内
(5)cos
,011z
z z <-<+∞- 解：111cos cos(1)cos1cos sin1sin 1111
z z z z z =+=----- 在01z <-<+∞内
故有
9．
将22
1
()(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22
1()(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1100
1111()()(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
22222200
1111()(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：不克不及。

函数()ln f z z =的奇点为,0,z z R ≤∈，所以对于,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 =不克不及在圆环域0(0)z R R <<<<+∞内展开为洛朗级数．
习题五答案
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）
22
1
(1)z z z -+
解：函数的孤立奇点是0,z z i ==±， 因
22222222
1111111
(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）3
sin z
z 解
：函数的
孤立奇点是
z =，因
3
21
33sin 1((1))3!(21)!
n n
z z z z z z n +=-++-+，由极点定义知，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)
lim
1z 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4
22
3
(1)2!
!
n z
z 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=≠，由定义 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)
z
z
z 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 ≠，由定义5.2知，
0z i =±是()g z 的
2级零点，由性质5.5知，它是
21
(1)(1)
z z e π++的
2级极点，故0z i =±是
2(1)(1)
z
z
z e π++的2级极点．
②1(21),1,2,z k i k =+=±时，1()0g z =，'1()0g z ≠，由定义 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)
z z e π++的
1级极点，故是
2(1)(1)
z z
z e π++的１级极点．
（６）
2
1
sin 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6422
2
()sin (1)3!(21)!n n
z z g z z z n +==-++-++，所以0
z =是()g z 的2级零点，从而它是2
1
sin z 的2级极点．
②
1,2,z z k ==±=时，()0g z =，'()0g z ≠，由定义
5.2知，
1,2,z z k ==±=是()g z 的1级零点，由性质5.5知，
它是2
1
sin 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4
22
2
sin (1)3!
(21)!
n n
z 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
=≠，由定义5.2知，
,0z k k π=≠是sin z z 的1级零点． （2）2
2z z e
解：函数的零点是0z =，因2
4
222
2
(1)2!
!
n z z z z e z z n =+++
++，所
以由性质5.4知，0z =是2
2z 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 ≠，由定义 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 ≠，由定义 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0
z =代入，得：
''''''(4)(0)(0)(0)(0)(0)0
f f f f f =====，(5)()0f z ≠，由定义 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 -≠，由定义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）
21
2z 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，
0011
Re [(),0]lim ()lim
22
z z z s f z zf z z →→+===-+，
0013
Re [(),2]lim(2)()lim 2
z z z s f z z f z z →→+=-==．
（2）4
231(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()8
z 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()8
z i z i z i z z s f z i z i f z i z i z i →-→-→-++-=+===--． （3）241z
e z
-
解：函数的有限孤立奇点是0z =，
因
22
23
4
443211(2)(2)2222(2)2!
!2!3!!
z n n n e z z z z z z n z z z n --=-----=-----
所以由定义5.5
知，2414
Re [,0]3
z e s z -=-．。