复变函数第四章习题及答案解读
复变函数第四章
即 R .
2. (极限不存在),
则级数 cnzn 对于复平面内除z 0以外的一切
n0
z 均发散, 即 R 0.
课堂练习 试求幂级数
zn
n1 n p
( p为正整数) 的收敛半径.
答案
因为
cn
1 np
，
lim cn1 n cn
lim( n n n
)p 1
lim
n
(1
1 1)
p
1.
n0
n0
n0
f (z) g(z) ( anzn ) ( bnzn ),
n0
n0
zR R min( r1, r2 )
(anb0 an1b1 a0bn )zn ,
zR
n0
2. 幂级数的代换(复合)运算
如果当 z r 时, f (z) anzn, 又设在
n0
z R 内 g(z)解析且满足 g(z) r, 那末当 z R
当 n 时, n ,
所以数列发散.
例2 级数 1 i2n1 是否收敛？
n1 n 解 级数满足必要条件, 即 lim 1 i2n1 0,
n n
但 1 i2n1 1 (1)n i
n1 n
n1
n
(1 1 1 ) i(1 1 1 ) 1 i (1)n 1
(定理二)
实数项级数的审敛问题
课堂练习 级数 1 (1 i ) 是否收敛？
n1 n
n
解
因为
an
n1
n1
1 n
发散;
bn
n1
n1
1 n2
收敛.
所以原级数发散.
必要条件
因为实数项级数 an和 bn收敛的必要条件是
复变函数与积分变换中国石油大学华东崔俭春张高民第四章答案
z z
n
解 ： 设 z = r (cos θ + i sin θ ) ， 则 zn = ( ) = cos 2nθ + i sin 2nθ ， 因 为 lim cos 2nθ ，
n
z z
n →∞
lim sin 2nθ 都不存在，所以 lim z n 不存在，由定理 4.1 知，数列 { zn } 不收敛．
解：① a = b 时，由于函数
处处解析，可以在此圆内展开成 z 的幂级数．
1 1 1 ' 1 1 ' = =( ) = ⋅( ) 2 ( z − a )( z − b) ( z − a ) a−z a 1− z a
=
1 z zn 1 1 n 1 n ⋅ (1 + + " + n + ")' = ⋅ ( + " + n z n −1 + ") = 2 + " + n +1 z n −1 + " , z < a ． a a a a a a a a 1 (a ≠ 0, b ≠ 0) 的 奇 点 为 z1 = a, z2 = b ， 因 此 它 在 ( z − a )( z − b)
2
2
sin 2 z =
1 − cos 2 z 1 (2 z ) 2 (2 z ) 2 n = (1 − 1 + + " + (−1) n +1 + ") 2 2 2! (2n)!
2n (2 z ) 2 n +1 (2 z ) = + " + (−1) + " , z < +∞ ． 2 × 2! 2 × (2n)!
复变函数第4章测验题参考解答
防
3.若幂级数
科
【解析】由于 lim n
n →
(−1)n 2 n z 和函数在圆盘 z a 内解析，则 a 的最大值为 n n =1 n 4
大
【答案】 3
n 1 = , 所以该幂级数的收敛半径为 3. 3n 3
n
的收敛半径为 1, 即收敛圆盘为
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱz + 1 1 , 因此幂级数在 z = −
i i n 处发散, 从而函数 f ( z ) = (n + 1)( z + 1) 在 z = − 处 2 2 n =0
O
min{
【解析】 由阿贝尔第一定理可知
c ( z − 1)
n
在 z = i 处收敛, 则该幂级数在 z − 1 i − 1 内
科
n b n 1 a 1 + i n +1 n +1 a = 1 , 所以幂级数的收 a + ib 【解析】若 a b , 则 l = lim = lim n + 1 n → n → 1 b a n +1 n n a 1 + i a + ib a
5．设 a , b 为正实数，则幂级数 (A) max{ a , b } 【答案】 A
zn 的收敛半径是( n n n = 0 a + ib
函
i 处( 2
n =0
数 M
).
(B) min{ a , b }
(C) max{
敛半径 R =
敛半径为 max{ a , b } , 故选 A.
复变函数与积分变换第四章习题解答
= tat.�!:'(z-2)" -t (;,,2 (z -2)'
Zo
。 =2
I 一= Z z 2 3 及一 I- + -z +···,I Z I<) 。故 I+z
1 z-1 = 一 = z -1 I (z 1) 言 (z-1 +2) 了 l + 已 2
(6) arctan z, z =0
= 1+1 .
。
吕＝旱 [1- 子十 (T丁-···+(- 1t'(罕）'+
11=1 ln1n
1 ” a11+1 a n =0 = lim n =lim (2) R=1/lim ; 11 ---'>«> 1---)00 1 II 00 n+ 1 a＂ all+ [
—
II
—
11
(1+ — )
千
(3) R= 1/lim /1---)00
(4) R =ll �
扣厂 lim1/ 11 + i I = 1/忒 ； ---'>
i'
00
0, 1，
3. 判断下列级数的绝对收敛性与收敛性：
2)
不存在 ，
lakl, 囡>l, a=l ， 囡=l,a
;
.
=1=
1.
I 上－；
11=2 ln n
•fl
3)
解 所以
C:,J
1)
• fl
I� 收敛，但 － n n=I n
oo n兀. n冗 — — " +isin , 由 i =cos 2 2 11=1 • 00·11 1 1 II,
复变函数与积分变量课后习题答4(全).doc
（1）% =解 （1）当刀f 8⑵I …殍(3卜=M / _ J|2”=cos 2n0 + i sin 2月们贫-► 8时,cos 2sin 2H0的极限都不存在，故z n=$土发散.故急捉+）发散.习题四1.下列序列是否有极限?如果有极限,求出其极限.+ 土 （2）% =吗气（3）礼=（号）. n n \z ） 时,衫不存在极限，故％的极限不存在.0 （n — 8）,故［血z n — 0. ir —8 令m 二厂普r 2n.=信）"无极限.2. 下列级数是否收敛?是否绝对收敛？⑴§（螺+ ：）；⑵名首；（3疙（l+i ）". 解（1）因无上A 】n⑵»1彳=史吉收敛:故（2）绝对收敛.91-1 M • I Al n•（3） lini （l + i ）rt= lim （再）％孕，*0,故发散.庶—8 ”一＞8 3. 试证级数£ （2之尸当J I ＜号时绝对收敛.当危\(2z)n\= 2” •\(2z)n\ = (2r)n < 1. S（2r）rt收敛，故S（2z）n绝对收敛.M a 1 It « 1解⑴击4. 试确定下列慕级数的收敛半径. ⑴、狎(2)£(1 +』)心气(3)S解 (1) lim 勺为 | — lim "-— 1,故 R 二 1, n —^8| >1—8 Tl(2) lim V \C n \ = lim J (1 + —) = lim(l + —)n= e,l|f 8A Y \Tl f ”—8 fl故R =』・ e(3) lim I 1 = lim y~~“ = lim —= 0,Wf 8 I C n I 闻f 8 ( Tl + I / ! JI —8 ?1 + 1故 R = 8.5. 将下列各函数展开为z 的幕级数,并指出其收敛区域.⑴ 7~~~~j ； (2) 7 ----- K ---- (a 工 0,& 会 0)；1 + z \z - a)\z - b)fl N〈3) ~ ； (4)ch z; (5)sir?z ； (6)6*-1. (1 + z )]1- (- z') 8 8、(-/)”=云(-I)”』，原点到所有奇点的距离最小值为1 ,故I Z | < 1.(2)1 .(a = b )4- a -Z-an oc=z -=an 0原式收敛区域:2.(a h b )1 ( 1a -b z - a原式)2 尊一=、(- 1)1 次”-2,力=1(4)ch ze[+e" ―2—z2n一2（：〃！二 n!S(2”)!，1 一cos2z< 8.-[1 V (2z)H • (- 1)”2 一 2 2 乙_ JL 小(一1)2 •一2：(2Q!(5)sin2in =0(2n)!< 8.E）=广•六(。
(2021年整理)复变函数第四章答案
复变函数第四章答案编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（复变函数第四章答案）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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复变函数作业12 复数项级数 幂级数1. 下列数列{}n a 是否收敛?如果收敛，求出它们的极限：（1）1i 1i n n a n +=- （2）i 12nn a -⎛⎫=+ ⎪⎝⎭；（3）i (1)1n n a n =-++ （4)i /2e n n a π-=； （5）i /21e n n a nπ-=. 解 （1）1i0i 110i in n n a n→∞++=−−−→=---，lim 1n n a →∞=-，即{}n a 收敛于1-。
（2)i|0|102nnn n a --→∞-=+=−−−→⎝⎭,1i lim 02nn -→+∞+⎛⎫= ⎪⎝⎭，即{}n a 收敛于0。
（3)因n a 的实部(1)n -不收敛，虚部11n +收敛于零，所以{}n a 不收敛。
（4）cos isin22n n n a ππ=-，lim cos 2n n π→∞与lim sin 2n n π→∞均不存在（分n 为奇数与偶数便知），所以{}n a 不收敛.（5）i /2i /2111|0|||e 0,lim e 0n n n n n a a n nn ππ--→∞-===→=，即{}n a 收敛于零.2. 下列级数是否收敛? 是否是绝对收敛?(1)2111i n n n +∞=+∑;(2）1(1i)2nn n n ∞=+∑；（3）1(35i)!n n n ∞=+∑；（4）/21(1i)2cosi n n n n ∞=+∑.解 (1）原式=1111i (1)n n n n n ∞∞==+-⋅∑∑，显然11n n ∞=∑发散,而11(1)n n n ∞=-∑收敛.故原级数发散。
第四章 级数(答案)
复变函数练习题 第四章 级数系 专业 班 姓名 学号§1 复数项级数 §2 幂级数23521242211(1)1(1)sin ()3!5!(21)!(1)cos 1()2!4!2!1()2!!n n n n nn zz z z z zz z z z z z n z z z z z n z z e z z n +=+++++<--=-+-++<+∞+-=-+-++<+∞=+++++<+∞L L L L L L L L 一些重要的级数一、选择题：1．下列级数中绝对收敛的是 [ ]（Ａ）11(1)n in n ∞=+∑ （Ｂ）1(1)[]2n n n i n ∞=-+∑ (Ｃ) 2ln n n i n ∞=∑ （Ｄ）1(1)2n n n n i ∞=-∑ 2．若幂级数nn n c z∞=∑在12z i =+处收敛，那么该级数在2z =处的敛散性为 [ ]（A ）绝对收敛 （B ）条件收敛 （C ）发散 （D ）不能确定()122i Abel +=>，由定理易得3．幂级数10(1)1n n n z n ∞+=-+∑在||1z <内的和函数为 [ ] （Ａ） ln(1)z + （B ）ln(1)z - （C ） 1ln1z + （D ） 1ln 1z- '100'110000(1)1(1)11(1)(1)1=ln(1)111n n n nn n n n z z n n n n z z n z z z dz dz z n n z∞∞+==∞∞++==⎧⎫⎛⎫-=-=⎪⎪⎪++⎪⎪⎝⎭⎨⎬⎛⎫⎪⎪--==+ ⎪⎪⎪+++⎝⎭⎩⎭∑∑∑∑⎰⎰ 二、填空题：1．设(1)2nn i α-=+，则lim n n α→∞= 0 。
2．设幂级数nn n c z ∞=∑的收敛半径为R ，那么幂级数0(21)n n n n c z ∞=-∑的收敛半径为2R 3．幂级数!nn n n z n ∞=∑的收敛半径是 e 。
复变函数习题及答案解析(东南大学版)
第1章 复数与复变函数1.1 复数及复平面1-1若1||1,n nz z z ω==+（n 是正整数），则（）. （A ）Re()0ω=（B ）Im()0ω=（C ）arg()0ω=（D ）arg()πω=解由||1z =知1z z=，因此1n n n n z z z z+=+为实数，故Im()0ω=. 选（B ）||1z =时n z =1/.n n z z =1-23311()()22n n--+=（）. （A ）(1)2n -（B ）1(1)2n --（C ）2 （D ）2-解2i π3e =2i π3e =知，等式中两项皆为1. 选（C ）1-3i |(1e )|n θ+=（）.（A ）2cos2n nθ（B ）2sin2n nθ（C ）/222(1cos )n n θ+（D ）/222(1sin )n n θ+解i 222|1e |(1cos )sin 2(1cos )θθθθ+=++=+故i /22|(1e )|2(1cos ).n nn θθ+=+选（C ）本题容易错选(A)项，因为2(1+2cos )4cos 2θθ=得i |1e |θ+=2cos .2θ错在cos 2θ应加上绝对值.1-442max{|i |||1}z z z +≤=（）. （A（BC（D ）2 解由4242|i |||||2,z z z z +≤+≤而当i4e z π=时，πi4i π2422e 1,i ie 1,|i |2z z z z ==-==-+=，故最大值为2.选（D ）用不等式确定最大值是常用方法. 1-5对任意复数12,z z ，证明不等式121212||||||||||||.z z z z z z -≤±≤+证1121212*********|||()|||||||||||||||||z z z z z z z z z z z z z z z -=+-≤+-=+=+-≤++故1212||||||z z z z -≤+，同理2112||||||z z z z -≤+ 即121212||||||||z z z z z z -+≤-≤+ 也就是1212||||||||.z z z z -≤+证2（代数法）设i (1,2)k k k z x y k =+= 则只要证222121122||||2||||||z z z z z z +≤++即只要证1212x x y y +≤1） 只要证2222212121122()()()x x y y x y x y +≤++ 此不等式等价于22221221112220x y x y x y x y +-≥由于,k k x y 皆是实数，上式左边是完全平方式，故此不等式成立，也就是1212||||||z z z z +≤+成立，以下同证1.证3（三角法）.设12i i 1122e ,e ,z r z r θθ==则2221211221122||(cos cos )(sin sin )z z r r r r θθθθ+=+++222212*********cos()2r r r r r r r r θθ=+-≤+ 21212()(||||)r r z z =+=+即1212||||||z z z z +≤+成立，以下同证1.1-6 当1||≤z 时，求||α+nz 的最大与最小值，n 是正整数，a 是复常数. 解1（代数法）.由1-5题知.||1||||||||||||αα+≤+≤+≤-a z z z z n n n我们知道，当1||=nz ，且向量n z 与α夹角为0°时右边不等式等号成立.故||α+nz 的最大值是.||1α+对左边不等式，要分情况讨论.（1）若1||>α，则.1||||||||-≥-≥+αααnnz z 等号当,1||=z 且nz 与α方向相反时成立.这时最小值是.1||-α（2）若1||≤α，则由0||≥+αn z ，当α-=nz 时等号成立，最小值为0.总之，不论α为何复数，|1|+nz 的最大值是||1α+；而当1||>α时，最小值为1||-α.当1||≤α时，最小值为0.解2 （几何法）.我们仅就1||>α加以证明.由1||≤z 知1||≤nz 。
《复变函数》第四章习题全解钟玉泉版
第四章 解析函数的幂级数表示法（一）1.解:(1)其部分和数列 14151311()414121(4--++-++++-=n i n S n由交错级数收敛性判别及极限运算法则知n n S 4lim ∞→存在,设为l S n n =∞→4lim ,又有,0241,0142414→+-=→+=++n a n i a n n由此得知l S n n =∞→lim ,因此级数收敛,但非绝对收敛.(2)∑∑∑∞=∞=∞=≤=+111!)34(!1!)53(n nn nn n n bn n i ,可知原级数绝对收敛.(3)由于1226251251limlim>=+=+=∞→∞→i i a nnn nn n ,故原级数发散.2.解:(1)11limlim1=+==∞→+∞→n n c c R n n n n(2)212lim lim 1=+==∞→+∞→n nc c R n n n n(3)01lim lim1==∞→∞→nc R n nnn3.证明:(1)如果∞≠=+∞→λnn n c c 1lim,则∞≠=+∞→λnn n c c 1lim,则级数的收敛半径为⎪⎩⎪⎨⎧∞+==+∞→n n n c cR 1lim 1λ 00=≠λλ(2)由(1)可证其收敛半径为R .(3)由(1)可证其收敛半径为R .4.证明:因为∑∑∞=∞==n nn n n n Rc zc 收敛,而当R z ≤时, ∑∑∞=∞=≤n nn n nn Rc zc ,因此级数在R z ≤上绝对收敛且一致收敛. 5.解:(1)因为1<u 时,∑∞=-=+0)1(11n nnuu,所以当1<z ba 时,有∑∞=-=+=+0)()1(1)1(11n nnz ba bz b a b baz(2)因为∑∞=+∞<=,!n nz z n ze ,而 2ze在z 平面解析,所以∑∞=+∞<=2)(,!2n nzz n ze逐项积分得 )()12(!00122+∞<+=⎰∑∞=+z n n zdz e zn n z(3)因为∑∑∞=∞=++-=+-=2012)!12()1()!12()1(1sin n nnn n nn zn zzzz如果1sin lim=→zz z ,则0=z 为可去奇点,可补充定义被积函数1)0(=f ,于是上式收敛范围为+∞<z ,合于逐项积分条件,所以 ⎰⎰∑∑∞=∞=++∞<++-=+-=zzn n n nn nz i n n zdz n zdz zz 0000122)()!2)(12()1()!12()1(sin(4))()!2()2()1(21)!2()2()1(212122cos 1sin 02122+∞<-=--=-=∑∑∞=-∞=z n z n z zz n nn n nn(5)因为2()()(1),(0)(1)!n f z z f n -=-=+从而()(1),(||1)nn of z n zz ∞==+<∑6.解:因为23451 (2)624120zz zzzze =++++++2345ln(1) (2)345z z zzzz+=-+-++所以23453452ln(1)()()2345234zz z zzzzzzze z +=-+-++-+-++ 345455()()...24661224z z z z z z -++-++523...(1)23403z z z z z =++++<7.解:(1) sin sin[(1)1]sin(1)cos1cos(1)sin 1z z z z =-+=-+-=212(1)(1)cos1(1)sin (1)(21)!(2)!n nn n n z z n n ∞∞+==---+-+∑∑=01sin(1)(1),|1|!2kk k z z k π∞=+--<+∞∑(2)21112111-+⋅-=+-z z z z ,再由公式)1()1(110<-=+∑∞=z zzn nn(3)22)21(11]1)1[(4152-++-=+-z z z z z ,结合)1()1(11022<-=+∑∞=z zzn nn(4)由于3z 的支点为∞,0,沿负实轴)0,(-∞割开平面,则指定分支就在11<-z内单值解析, 3133)]1(1[1-+⋅=z z ,再利用二项式展开.8.解:(1)∑∑∞=∞=-=-=-01)1(24222!)1!()1(2n n n n zn zzn zz ez ,故为4级零点.(2)∑∞=+-++⋅-=-+16312633)6()12()1(6)6(sin 6n nn nz z n zz z z)!7!51(6615+-=zz故为15级零点.9.证明:因为0z 为)(z f 的m 阶零点+-+-=++1010)()()(m m m m z z a z z a z f 又因为0z 为)(z g 的n 阶零点,+-+-=++1010)()()(n n n b z z b z z b z g 如果n m >,则])([)()()(010 +-+-=++z z b b z z z g z f n n n 故0z 为)()(z g z f +的n 阶零点.如果m n >,同理可得0z 为)()(z g z f +的m 阶零点.如果n m =,当0≠+m m b a 时, 0z 为)()(z g z f +的m 阶零点; 当0=+m m b a 时,零点0z 的阶数大于n .+-++-=+++++10110))(()()()(n m n m n m n m n m z z b a b a z z b a z g z f 故0z 为)()(z g z f 的n m +阶零点.+-++-+-=++-)()()()()(01010z z a a z z b b z z z f z g m m n n mn由此可见如果m n >,则0z 为)(/)(z g z f 的m n -阶零点, 如果n m >,则0z 为)(/)(z g z f 的n m -阶零点, 如果n m =,则0z 为)(/)(z g z f 的可去奇点.10.证明:利用定理4.17,因0z 为解析函数)(z f 的至少n 级零点,则有 n m z g z z z f m ≥-=)()()(0 其中0!)()(0)(0≠=m z fz g m .同理 )()()(00z z z z nϕϕ-=,其中0!)()(00≠=n z z nϕϕ,则本题得证.11.解:(1)不存在 (2)不存在 (3)不存在 (4)存在12.证明:因为)(z f 在0z 点解析,由泰勒定理),:()(!)()(0000)(D K R z z K z z z n z fz f nn n ⊂<-∈-=∑∞=再由题设 ,2,1,0)(0)(==n z fn ,则)(),()(0D K z z f z f ⊂∈=由唯一性定理得 )(),()(0D z z f z f ∈≡.13.证明:(反证法)假设)(0z f 是)(z f 在D 内的最小值,因0)(0≠z f ,则)(10z f是)(1z f 在D 内的最大值, )(z f 为解析函数,由最大模原理,)(1z f 在D 内恒为常数,与题设矛盾,故)(0z f 不可能是)(z f 在D 内的最小值.14.证明:(反证法)设)(z f 在D 内处处不为零,则由最小,最大模原理,在D 内)(z f 既不能达到最小值,也不能达到最大值.而题设)(z f 在闭域D 上连续,故)(z f 在闭域D 上有最大值M 和最小值m ,而由上所述,这些都只能在边界C 上达到,但题设)(z f 在C 上为常数,故 C z mz f M ∈==)(再由最大,最小模原理,D z m M z f m ∈=<<)(,即D z mz f ∈=)(由上, )(z f 在闭域D 上恒为常数,由第二章习题(一)6(3)知, )(z f 在D 内必为常数,矛盾.(二)1.证明:由于级数∑∞=1)(n n z f 收敛于)(z f ,故)(,0εεN ∃>∀,当N n >及一切E z ∈,有Mz f z s n ε<-)()(.由题设)(,)(+∞<<M M z g 推得ε<-)()()()(z g z f z g z s n 故得证.2.证明:该级数的部分和n n n n z z z z z z z s =-++-+=-)()()(12 显然,对任何)1(<z z ,有0)(lim =∞→z s n n .另一方面,对于任何固定的n ,取121<=nz ,有21=nz,因而nz 不可能任意小,这就证得级数在圆1<z 内非一致收敛.3.证明:(1) n n n v v v v v +≤+++=121σ,两边取极限 ++≤=∞→n n n v v 1lim σδ(2) 1!!2!!2122-=++++≤++++=-znnzen zzz n zzz e)!!21(!!2112++++≤++++=--n zz z n zzz en nzznez n zz z =++++≤)!1( (3)因为在0||1z <<内任意一点z ，11!nzn n z e ∞=-=∑ 所以3213|1|||||2213||||zz z z z e -≤++-≤117||(1)||244z z ++=另一方面：321||||13|1|||||||||2224413zzzz z e z z z z -≥+-≥--=-4.证明:由柯西不等式||,n nMa ρ≤当||z ρ<时，01|||()|||||,||n n z f z a a z Mz ρ∞=-≤≤-∑因此 |()f z |0000|()||||()|f z a a a f z a =-+≥--000000||||||||||||||||a a Mz a Ma Ma z a Mρρρρ+≥->---+=0||a -0||a =0故()f z 在00||||||a z a Mρ<+上无零点.5.证明：因为2201()2i f re d πθθπ⎰=201()()2i i f re f re d πθθθπ⋅⎰=201()()2nin nin n n n n a r ea r ed πθθθπ∞∞-==⋅∑∑⎰对任意自然数,m k 若m k ≠，则20ik im eed πθθθ-⋅⎰=2()()021|()i k m i k m d k m ieeπθθπθ--==-⎰因此，根据逐项可积公式即得：222222011222|||()|||nni n i d d n n f r r ra e a ππθθθππ∞===∑⎰⎰6.证明：取,r R >则对一切正整数k n >时，()1||!()!|(0)|||||2nk k kz rk f z k M r fdz zrπ+=≤≤⎰于是由r 的任意性知对一切k n >均有()(0)k f =0故()f z 0nnnk c z ==∑,即()f z 是一个至多n 次的多项式或常数.7.证明:(1)设0z 是)(z f 的m 阶零点,于是在0z 的某邻域K 内)0()()()(1010≠+-+-=++m m m mm c z z c z z c z f取)0(,δδδ<'<',于是在区域),(0δ''z N 内)0()()()(1010≠+-+-=++m m m mm c z z c z z c z f一致收敛,逐项积分可得ζζζζζd z c z c d f zz zz m m mm ])()([)(001010 +-+-=⎰⎰++⎰⎰+-+-=++zz m m zz mm d z c d z c 01010)()(ζζζζ+-++-+=+++20110)(2)(1m m m m z z m c z z m c令 +-++-+=+++20110)(2)(1)(m m m m z z m c z z m c z F故0z 是)(z F 的1+m 阶零点. (2)设⎰=zz d f z 1)()(ζζϕ,作函数⎰-=zz d f z z F 1)()()(ζζϕ,则⎰⎰⎰=-=zz z z zz d f d f d f z F 011)()()()(ζζζζζζ由(1)知0z 是)(z F 的1+m 阶零点,故 ⎰-01z )( )(z d f z ζζϕ以0z 为1+m 阶零点.8.证明:设),(),()(1y x iv y x u z f += )0,()0,()(2x iv x u z f +=依唯一性定理,在L 上有)()(1z f z f =,而L 每一点都是L 的极限点,而且)(),(,21z f z f G L ⊂都在G 内解析,由唯一性定理有)()(21z f z f =.9.证明:(反证法)设存在这样的周线C ,D C I ⊂)(,且有一复数A ,使得A z f =)(,在C 内部)(C I 有无穷多个根,即0)(=-A z f 在C 内部)(C I 有无穷多个零点,必存在零点列{}D z z n ∈→0,从而由唯一性定理,)()(D z A z f ∈≡,与题设矛盾.10.证明:由最大模原理)(max )(z f r M rz <=,显然)(r M 是单调上升函数,若存在21r r <,使得)()(21r M r M =,即在2r z <内存在点θi e r z 11=使得)()(21r M z f =,即在内点达到最大模,由最大模原理知)(z f 恒为常数.。
《复变函数》陈志辉课后习题解答
(2) 圆 C 包含点 z = ± i , 故而
2z 2 z ( z + i ) −2 2 z ( z − i )−2 z = z + d d ∫ ∫ ( z − i)2 ∫ ( z + i) 2 dz ( z 2 + 1) 2 C C1 C2 = 2πi ⋅ =0
(4) 圆 C 不包含 z = 3 , 故
∫ z − 3 dz = 0 .
C
(5) 圆 C 包含点 z = ± i 但不包含 z = ±2i , 故
∫ (z
C
2
1 1 1 1 1 dz = ∫ 2 dz − ∫ 2 dz 2 + 1)( z + 4) 3C z +1 3C z +4 1 ( z + i ) −1 ( z − i ) −1 dz + ∫ dz − 0 ∫ 3 z+i C1 z − i C2 1 = [( 2i ) −1 + (−2i )−1 ] 3 =0 =
本章的其他积分问题也都可以用留数来计算. (3) 函数 f ( z ) = (4) 函数 f ( z ) =
1 1 dz = 0 . 在 C 内解析, 故而 ∫ cos z cos z C 1 在 C 内有唯一奇点 z = 0 , 它是一阶极点, 由留数定理得 sin z
∫ sin z dz = 2πi Res( f ( z ),0) = 2πi (sin z )′
(2) ch z = 0 , 即
ez + e−z = 0 , 即 e 2 z = −1 , 从而 2 z = Ln( −1) = ( 2k + 1)πi , k ∈ Z , 所以 2 1 z = ( k + )πi , k ∈ Z . 2
史济怀《复变函数》第四章若干习题解答，4.1节
史济怀《复变函数》第四章若⼲习题解答，4.1节可能是因为当年本科学的是微积分，级数部分讲的不多，现在这部分习题做起来真的很困难，有不少题⽬想了很长时间,现在在这⾥练⼀练，做个记录.4.设0<α<π2,arg z n ≤α,∀n ∈N.证明级数∑z n ,∑Re z n ,∑|z n |有相同的敛散性.证明 假设∑z n 收敛,显然∑Re z n 也收敛,来证明∑|z n |也收敛.因为|z n |Re z n =1cos θn ≤1cos α所以∑|z n |收敛.再假设∑Re z n 收敛,则有前⾯的过程可得∑|z n |收敛,进⼀步∑z n 也收敛.上⾯的论述说明了三个级数同时收敛.⾃然也就同时发散.5.设Re z n ≥0,∀n ∈N,证明若∑z n ,∑z 2n 都收敛,则∑|z n |2也收敛.证明 设z n =r n e i θn ,θn ∈−π2,π2,由∑z n 收敛可以知道∑r n cos θn 也收敛,⽽他是正项级数,因⽽∑r 2n cos 2θn 也收敛;再根据∑z 2n 收敛知如下级数收敛∑r 2n cos2θn =∑r 2n cos 2θn −sin 2θn 收敛，因此∑r 2n sin 2θn 也收敛,相加即得∑r 2n =∑|z n |2收敛.11.证明∑∞n =1(−1)n −11n −z 在C ∖N 上内闭⼀致收敛.证明 任取紧集K ⊂C ∖N,我们来证明级数在K 上⼀致收敛.任取z 0∈K,存在充分⼩的邻域B 0=B (z 0,r 0)⊂C ∖N,来证级数在B 0上⼀致收敛.如果令z =x +iy ,则(−1)n −11n −z =(−1)n −1n −x n 2−2nx −|z |2+i (−1)n −1y n 2−2nx −|z |2根据函数项级数的Dirchlet 判别法可以知道上⾯的级数的实部和虚部均在B 0中⼀致收敛.所以∑(−1)n −11n −z 也在B 0中⼀致收敛.当z 0遍历K 时可得到K 的⽆限开覆盖B,由K 的紧性知道可从B 中取出有限个B k ,(k =1,2,⋯,n )覆盖住K,⽽级数在每个B k 上⼀致收敛,所以在∪n k =1B k 上⼀致收敛,也在K 上⼀致收敛.由K 的任意性,所以原来的级数在C ∖N 中内闭⼀致收敛.12.设∑f n (z )是区域D 中的全纯函数项级数,设∑Re f n (z )在D 中内闭⼀致收敛,则∑Im f n (z )在D 上或者内闭⼀致收敛,或者在D 上处处发散.证明 还没想出来！以解决！利⽤Schwarz 积分公式可以证明||[]()Processing math: 100%。
复变函数1到5章测试题及答案
第一章复数与复变函数(答案)一、选择题1．当时，的值等于（B ）ii z -+=115075100z z z ++（A ） （B ） （C ） （D ）i i -11-2．设复数满足，，那么（A ）z arg(2)3z π+=5arg(2)6z π-==z （A ） （B ） （C ） （D ）i 31+-i +-3i 2321+-i 2123+-3．复数的三角表示式是（D ）)2(tan πθπθ<<-=i z （A ） （B ）)]2sin()2[cos(sec θπθπθ+++i )]23sin()23[cos(sec θπθπθ+++i （C ）（D ）)]23sin()23[cos(sec θπθπθ+++-i )]2sin()2[cos(sec θπθπθ+++-i 4．若为非零复数，则与的关系是（C ）z 22z z -z z 2（A ） （B ）z z z z 222≥-z z z z 222=-（C ） （D ）不能比较大小z z zz 222≤-５．设为实数，且有，则动点y x ,yi x z yi x z +-=++=11,11211221=+z z 的轨迹是（B ）),(y x （A ）圆 （B ）椭圆 （C ）双曲线 （D ）抛物线６．一个向量顺时针旋转，对应的复数为，则原向量对应的复数是（A ）3πi 31-（A ） （B ） （C ） （D ）2i 31+i -3i+3７．使得成立的复数是（D ）22z z =z（A ）不存在的 （B ）唯一的 （C ）纯虚数 （D ）实数８．设为复数，则方程的解是（B ）z i z z +=+2（A ） （B ） （C ） （D ）i +-43i +43i -43i --43９．满足不等式的所有点构成的集合是（D ）2≤+-iz iz z （A ）有界区域 （B ）无界区域 （C ）有界闭区域 （D ）无界闭区域10．方程所代表的曲线是（C ）232=-+i z （A ）中心为，半径为的圆周 （B ）中心为，半径为２的圆周i 32-2i 32+-（C ）中心为，半径为的圆周 （D ）中心为，半径为２的圆周i 32+-2i 32-11．下列方程所表示的曲线中，不是圆周的为（B ）（A ） （B ）221=+-z z 433=--+z z （C ） （D ）)1(11<=--a azaz )0(0>=-+++c c a a z a z a z z 12．设，则（C ）,5,32,1)(21i z i z z z f -=+=-=12()f z z -=（A ） （B ） （C ） （D ）i 44--i 44+i 44-i 44+-13．（D ）000Im()Im()limz z z z z z →--（A ）等于 （B ）等于 （C ）等于 （D ）不存在i i -014．函数在点处连续的充要条件是（C ）),(),()(y x iv y x u z f +=000iy x z +=（A ）在处连续 （B ）在处连续),(y x u ),(00y x ),(y x v ),(00y x （C ）和在处连续（D ）在处连续),(y x u ),(y x v ),(00y x ),(),(y x v y x u +),(00y x15．设且，则函数的最小值为（A ）C z ∈1=z zz z z f 1)(2+-=（A ） （B ） （C ） （D ）3-2-1-1二、填空题1．设，则)2)(3()3)(2)(1(i i i i i z ++--+==z 22．设，则)2)(32(i i z +--==z arg 8arctan -π3．设，则 43)arg(,5π=-=i z z =z i 21+-4．复数的指数表示式为 22)3sin 3(cos )5sin5(cos θθθθi i -+ie θ165．以方程的根的对应点为顶点的多边形的面积为 i z 1576-=６．不等式所表示的区域是曲线（或522<++-z z 522=++-z z ） 的内部1)23()25(2222=+y x ７．方程所表示曲线的直角坐标方程为 1)1(212=----zi iz 122=+y x ８．方程所表示的曲线是连接点 和 的线段的垂i z i z +-=-+22112i -+2i -直平分线９．对于映射，圆周的像曲线为zi =ω1)1(22=-+y x ()2211u v -+=10． =+++→)21(lim 421z z iz 12i -+三、若复数满足，试求的取值范围．z 03)21()21(=+++-+z i z i z z 2+z(（或）)]25,25[+-25225+≤+≤-z 四、设，在复数集中解方程.0≥a C a z z =+22(当时解为或10≤≤a i a )11(-±±)11(-+±a 当时解为)+∞≤≤a 1)11(-+±a 五、设复数，试证是实数的充要条件为或.i z ±≠21zz+1=z Im()0z =六、对于映射，求出圆周的像.)1(21zz +=ω4=z (像的参数方程为．表示平面上的椭圆)π≤θ≤⎪⎩⎪⎨⎧θ=θ=20sin 215cos 217v u w 1)215()217(2222=+v u 七、设，试讨论下列函数的连续性：iy x z +=1.⎪⎩⎪⎨⎧=≠+=0,00,2)(22z z y x xyz f 2..⎪⎩⎪⎨⎧=≠+=0,00,)(223z z y x y x z f (1．在复平面除去原点外连续，在原点处不连续；)(z f 2．在复平面处处连续))(z f 第二章 解析函数（答案）一、选择题：1．函数在点处是( B )23)(z z f =0=z（A ）解析的 （B ）可导的（C ）不可导的 （D ）既不解析也不可导2．函数在点可导是在点解析的( B ))(z f z )(z f z （A ）充分不必要条件 （B ）必要不充分条件（C ）充分必要条件 （D ）既非充分条件也非必要条件3．下列命题中，正确的是( D )（A ）设为实数，则y x ,1)cos(≤+iy x （B ）若是函数的奇点，则在点不可导0z )(z f )(z f 0z （C ）若在区域内满足柯西-黎曼方程，则在内解析v u ,D iv u z f +=)(D （D ）若在区域内解析，则在内也解析)(z f D )(z if D 4．下列函数中，为解析函数的是( C )（A ） （B ）xyi y x 222--xyi x +2（C ） （D ）)2()1(222x x y i y x +-+-33iy x +5．函数在处的导数( A ))Im()(2z z z f =0z =（A ）等于0 （B ）等于1 （C ）等于 （D ）不存在1-6．若函数在复平面内处处解析，那么实常)(2)(2222x axy y i y xy x z f -++-+=数( C )=a （A ） （B ） （C ） （D ）0122-7．如果在单位圆内处处为零，且，那么在内( C ))(z f '1<z 1)0(-=f 1<z ≡)(z f （A ） （B ） （C ） （D ）任意常数011-8．设函数在区域内有定义，则下列命题中，正确的是( C ))(z f D （A ）若在内是一常数，则在内是一常数)(z f D )(z f D （B ）若在内是一常数，则在内是一常数))(Re(z f D )(z f D （C ）若与在内解析，则在内是一常数)(z f )(z f D )(z f D（D ）若在内是一常数，则在内是一常数)(arg z f D )(z f D 9．设，则( A )22)(iy x z f +==+')1(i f （A ） （B ） （C ） （D ）2i 2i +1i 22+10．的主值为( D )ii （A ） （B ） （C ） （D ）012πe 2eπ-11．在复平面上( A )ze （A ）无可导点 （B ）有可导点，但不解析（C ）有可导点，且在可导点集上解析 （D ）处处解析12．设，则下列命题中，不正确的是( C )z z f sin )(=（A ）在复平面上处处解析 （B ）以为周期)(z f )(z f π2（C ） （D ）是无界的2)(iziz e e z f --=)(z f 13．设为任意实数，则( D )αα1（A ）无定义 （B ）等于1（C ）是复数，其实部等于1 （D ）是复数，其模等于114．下列数中，为实数的是( B )（A ） （B ） （C ） （D ）3)1(i -i cos i ln e 23π-15．设是复数，则( C )α（A ）在复平面上处处解析 （B ）的模为αz αz αz（C ）一般是多值函数 （D ）的辐角为的辐角的倍αz αz z α二、填空题1．设，则i f f +='=1)0(,1)0(=-→zz f z 1)(limi +12．设在区域内是解析的，如果是实常数，那么在内是 常数iv u z f +=)(D v u +)(z f D3．导函数在区域内解析的充要条件为 可微且满足x vix u z f ∂∂+∂∂=')(D xvx u ∂∂∂∂, 222222,xvy x u y x v x u ∂∂-=∂∂∂∂∂∂=∂∂4．设，则2233)(y ix y x z f ++==+-')2323(i f i 827427-5．若解析函数的实部，那么或iv u z f +=)(22y x u -==)(z f ic xyi y x ++-222为实常数ic z +2c 6．函数仅在点处可导)Re()Im()(z z z z f -==z i 7．设，则方程的所有根为 z i z z f )1(51)(5+-=0)(='z f 3,2,1,0),424sin 424(cos 28=π+π+π+πk k i k 8．复数的模为ii ),2,1,0(2L ±±=π-k ek 9．=-)}43Im{ln(i 34arctan -10．方程的全部解为01=--ze),2,1,0(2L ±±=πk i k 三、试证下列函数在平面上解析，并分别求出其导数z 1．（）;sinh sin cosh cos )(y x i y x z f -=;sin )(z z f -='2．（）);sin cos ()sin cos ()(y ix y y ie y y y x e z f xx++-=.)1()(ze z zf +='四、已知，试确定解析函数.22y x v u -=-iv u z f +=)(（.为任意实常数）c i z i z f )1(21)(2++-=c 第三章 复变函数的积分（答案）一、选择题：1．设为从原点沿至的弧段，则( D )c x y =2i +1=+⎰cdz iy x )(2（A ）（B ） （C ） （D ）i 6561-i 6561+-i 6561--i 6561+2．设为不经过点与的正向简单闭曲线，则为( D)c 11-dz z z zc ⎰+-2)1)(1(（A ）（B ） （C ） （D ）(A)(B)(C)都有可能2iπ2iπ-03．设为负向，正向，则( B )1:1=z c 3:2=z c =⎰+=dz zzc c c 212sin （A ）（B ） （C ） （D ）i π2-0iπ2iπ44．设为正向圆周，则( C)c 2=z =-⎰dz z zc2)1(cos （A ） （B ） （C ） （D ）1sin -1sin 1sin 2i π-1sin 2i π5．设为正向圆周，则 ( B)c 21=z =--⎰dz z z z c23)1(21cos（A ） （B ） （C ） （D ）)1sin 1cos 3(2-i π01cos 6i π1sin 2i π-6．设，其中，则( A )ξξξξd ze zf ⎰=-=4)(4≠z ='）i f π(（A ） （B ） （C ） （D ）i π2-1-i π217．设在单连通域内处处解析且不为零，为内任何一条简单闭曲线，则积分)(z f B c B( C )dz z f z f z f z f c⎰+'+'')()()(2)(（A ）于 （B ）等于 （C ）等于 （D ）不能确定i π2i π2-08．设是从到的直线段，则积分（ A ）c 0i 21π+=⎰cz dz ze （A ） (B) (C) (D) 21eπ-21eπ--i e21π+ie21π-9．设为正向圆周，则( A )c 0222=-+x y x =-⎰dz z z c1)4sin(2π（A ）（B ） （C ） （D ）i π22i π20i π22-10．设为正向圆周，则( C)c i a i z ≠=-,1=-⎰cdz i a zz 2)(cos （A ） （B ）（C ） （D ）ie π2eiπ20i i cos 11．设在区域内解析，为内任一条正向简单闭曲线，它的内部全属于．如果)(z f D c D D 在上的值为2，那么对内任一点,( C ))(z f c c 0z )(0z f （A ）等于0 （B ）等于1 （C ）等于2 （D ）不能确定12．下列命题中，不正确的是( D )（A ）积分的值与半径的大小无关⎰=--ra z dz az 1)0(>r r （B ）,其中为连接到的线段2)(22≤+⎰cdz iy xc i -i （C ）若在区域内有，则在内存在且解析D )()(z g z f ='D )(z g '（D ）若在内解析，且沿任何圆周的积分等于零，则)(z f 10<<z )10(:<<=r r z c 在处解析)(z f 0=z 13．设为任意实常数，那么由调和函数确定的解析函数是 ( D)c 22y x u -=iv u z f +=)((A) （B ） （C ） （D ）c iz +2ic iz +2c z +2ic z +214．下列命题中，正确的是(C)（A ）设在区域内均为的共轭调和函数，则必有21,v v D u 21v v =（B ）解析函数的实部是虚部的共轭调和函数（C ）若在区域内解析，则为内的调和函数iv u z f +=)(D xu∂∂D （D ）以调和函数为实部与虚部的函数是解析函数15．设在区域内为的共轭调和函数，则下列函数中为内解析函数的是( ),(y x v D ),(y x u D B )（A ） （B ）),(),(y x iu y x v +),(),(y x iu y x v -（C ） （D ）),(),(y x iv y x u -xv i x u ∂∂-∂∂二、填空题1．设为沿原点到点的直线段，则 2c 0=z i z +=1=⎰cdz z 22．设为正向圆周，则c 14=-z =-+-⎰c dz z z z 22)4(23i π103．设,其中，则 0 ⎰=-=2)2sin()(ξξξξπd zz f 2≠z =')3(f 4．设为正向圆周，则=+⎰cdz zzz c 3=z i π65．设为负向圆周，则 c 4=z =-⎰c z dz i z e 5)(π12iπ6．解析函数在圆心处的值等于它在圆周上的 平均值7．设在单连通域内连续，且对于内任何一条简单闭曲线都有，)(z f B B c 0)(=⎰cdz z f 那么在内 解析)(z f B 8．调和函数的共轭调和函数为xy y x =),(ϕC x y +-)(21229．若函数为某一解析函数的虚部，则常数 -323),(axy x y x u +==a 10．设的共轭调和函数为，那么的共轭调和函数为 ),(y x u ),(y x v ),(y x v ),(y x u -三、计算积分1.,其中且;⎰=+-R z dz z z z)2)(1(621,0≠>R R 2≠R （当时，； 当时，； 当时，）10<<R 021<<R i π8+∞<<R 202.．（0）⎰=++22422z z z dz四、求积分，从而证明.（）⎰=1z zdz z e πθθπθ=⎰0cos )cos(sin d e i π2五、若，试求解析函数.)(22y x u u +=iv u z f +=)(（（为任意实常数））321ln 2)(ic c z c z f ++=321,,c c c 第四章 级 数（答案）一、选择题：1．设，则( C )),2,1(4)1(L =++-=n n nia n n n n a ∞→lim （A ）等于 （B ）等于 （C ）等于 （D ）不存在01i2．下列级数中，条件收敛的级数为( C )（A ） （B ）∑∞=+1)231(n n i ∑∞=+1!)43(n nn i （C ） （D ）∑∞=1n n n i ∑∞=++-11)1(n n n i3．下列级数中，绝对收敛的级数为(D )（B ） （B ）∑∞=+1)1(1n n i n ∑∞=+-1]2)1([n n n in (C) （D ）∑∞=2ln n n n i ∑∞=-12)1(n n nn i 4．若幂级数在处收敛，那么该级数在处的敛散性为( A )∑∞=0n n nz ci z 21+=2=z （A ）绝对收敛 （B ）条件收敛（C ）发散 （D ）不能确定5．设幂级数和的收敛半径分别为，则∑∑∞=-∞=01,n n n n nnznc z c∑∞=++011n n n z n c 321,,R R R 之间的关系是( D )321,,R R R （A ） （B ） 321R R R <<321R R R >>（C ） （D ）321R R R <=321R R R ==6．设，则幂级数的收敛半径( D )10<<q ∑∞=02n n n z q =R （A ） （B ）（C ） （D ）q q10∞+7．幂级数的收敛半径( B )∑∞=1)2(2sinn n z n n π=R（A ）（B ） （C ） （D ）122∞+8．幂级数在内的和函数为( A )∑∞=++-011)1(n n n z n 1<z （A ） （B ）)1ln(z +)1ln(z -（D ） (D) z +11lnz-11ln 9．设函数的泰勒展开式为，那么幂级数的收敛半径( C )z e z cos ∑∞=0n n n z c ∑∞=0n nn z c =R （A ） （B ） （C ）（D ）∞+12ππ10．级数的收敛域是( B )L +++++22111z z z z（A ） （B ） （C ） （D ）不存在的1<z 10<<z +∞<<z 111．函数在处的泰勒展开式为( D)21z1-=z （A ）（B ）)11()1()1(11<++-∑∞=-z z n n n n)11()1()1(111<++-∑∞=--z z n n n n （C ） （D ）)11()1(11<++-∑∞=-z z n n n )11()1(11<++∑∞=-z z n n n 12．函数，在处的泰勒展开式为( B )z sin 2π=z （A ）)2()2()!12()1(012+∞<--+-∑∞=+ππz z n n n n（B ）)2()2()!2()1(02+∞<---∑∞=ππz z n n nn （C ）)2()2()!12()1(0121+∞<--+-∑∞=++ππz z n n n n （D ）)2()2()!2()1(021+∞<---∑∞=+ππz z n n nn 13．设在圆环域内的洛朗展开式为，为内)(z f 201:R z z R H <-<∑∞-∞=-n n nz z c)(0c H 绕的任一条正向简单闭曲线，那么( B )0z =-⎰c dz z z z f 20)()((A) （B ） （C ） （D ）12-ic π12ic π22ic π)(20z f i 'π14．若，则双边幂级数的收敛域为( A )⎩⎨⎧--==-+=L L ,2,1,4,2,1,0,)1(3n n c nn n n ∑∞-∞=n nn z c （A ）（B ） 3141<<z 43<<z （C ）（D ）+∞<<z 41+∞<<z 3115．设函数在以原点为中心的圆环内的洛朗展开式有个，那么)4)(1(1)(++=z z z z f m ( C )=m （A ）1 （B ）2 （C ）3 （D ）4二、填空题1．若幂级数在处发散，那么该级数在处的收敛性为 发散∑∞=+0)(n n ni z ci z =2=z 2．设幂级数与的收敛半径分别为和，那么与之间的关∑∞=0n nnz c∑∞=0)][Re(n n n z c 1R 2R 1R 2R系是 ．12R R ≥3．幂级数的收敛半径∑∞=+012)2(n n nz i =R 224．设在区域内解析，为内的一点，为到的边界上各点的最短距离，那么)(z f D 0z d 0z D 当时，成立，其中d z z <-0∑∞=-=0)()(n n nz z cz f 或=n c ),2,1,0()(!10)(L =n z f n n （）．)0,2,1,0()()(21010d r n dz z z z f irz z n <<=-π⎰=-+L 5．函数在处的泰勒展开式为 ．z arctan 0=z )1(12)1(012<+-∑∞=+z z n n n n 6．设幂级数的收敛半径为，那么幂级数的收敛半径为∑∞=0n nn z c R ∑∞=-0)12(n n n n z c 2R ．7．双边幂级数的收敛域为 ．∑∑∞=∞=--+--112)21()1()2(1)1(n n n nnz z 211<-<z 8．函数在内洛朗展开式为 ．zze e 1++∞<<z 0nn nn z n z n ∑∑∞=∞=+00!11!19．设函数在原点的去心邻域内的洛朗展开式为，那么该洛朗级数z cot R z <<0∑∞-∞=n n nz c收敛域的外半径 ．=R π10．函数在内的洛朗展开式为)(1i z z -+∞<-<i z 1∑∞=+--02)()1(n n n n i z i三、若函数在处的泰勒展开式为，则称为菲波那契(Fibonacci)211z z --0=z ∑∞=0n nn z a {}n a 数列，试确定满足的递推关系式，并明确给出的表达式．n a n a （，)2(,12110≥+===--n a a a a a n n n ）),2,1,0(}251()251{(5111L =--+=++n a n n n 四、求幂级数的和函数，并计算之值.∑∞=12n nz n ∑∞=122n n n （，）3)1()1()(z z z z f -+=6五、将函数在内展开成洛朗级数.)1()2ln(--z z z 110<-<z （）n n nk k z k n z z z z z z )1(1)1(()2ln(111)1()2ln(001-+--=-⋅⋅-=--∑∑∞==+第五章 留 数(答案)一、选择题：1．函数在内的奇点个数为 ( D )32cot -πz z2=-i z （A ）1 （B ）2 （C ）3 （D ）42．设函数与分别以为本性奇点与级极点，则为函数)(z f )(z g a z =m a z =)()(z g z f 的( B )（A ）可去奇点 （B ）本性奇点（C ）级极点 （D ）小于级的极点m m 3．设为函数的级极点，那么( C )0=z zz e xsin 142-m =m（A ）5 （B ）4 (C)3 （D ）24．是函数的( D )1=z 11sin)1(--z z (A)可去奇点 （B ）一级极点（C ） 一级零点 （D ）本性奇点5．是函数的( B )∞=z 2323z z z ++(A)可去奇点 （B ）一级极点（C ） 二级极点 （D ）本性奇点6．设在内解析，为正整数，那么( C )∑∞==)(n n n z a z f R z <k =]0,)([Re kz z f s （A ） （B ） （C ） （D ）k a k a k !1-k a 1)!1(--k a k 7．设为解析函数的级零点，那么='],)()([Re a z f z f s ( A )a z =)(z f m (A) （B ） （C ） （D ）m m -1-m )1(--m 8．在下列函数中，的是（ D ）0]0),([Re =z f s （A ）（B ）21)(ze zf z -=z z z z f 1sin )(-=（C ） (D) z z z z f cos sin )(+=ze zf z 111)(--=9．下列命题中，正确的是( C )（A ）设，在点解析，为自然数，则为的)()()(0z z z z f mϕ--=)(z ϕ0z m 0z )(z f 级极点．m （B ）如果无穷远点是函数的可去奇点，那么∞)(z f 0]),([Re =∞z f s （C ）若为偶函数的一个孤立奇点，则0=z )(z f 0]0),([Re =z f s（D ）若，则在内无奇点0)(=⎰c dz z f )(z f c 10． ( A )=∞],2cos[Re 3ziz s （A ） （B ） （C ） （D ）32-32i 32i32-11． ( B)=-],[Re 12i e z s iz （A ） （B ） （C ） （D ）i +-61i +-65i +61i +6512．下列命题中，不正确的是( D)（A ）若是的可去奇点或解析点，则)(0∞≠z )(z f 0]),([Re 0=z z f s （B ）若与在解析，为的一级零点，则)(z P )(z Q 0z 0z )(z Q )()(],)()([Re 000z Q z P z z Q z P s '=（C ）若为的级极点，为自然数，则0z )(z f m m n ≥)]()[(lim !1]),([Re 1000z f z z dzd n z z f s n n nx x +→-=（D ）如果无穷远点为的一级极点，则为的一级极点，并且∞)(z f 0=z )1(zf )1(lim ]),([Re 0zzf z f s z →=∞13．设为正整数，则( A )1>n =-⎰=211z ndz z (A) （B ） （C ）（D ）0i π2niπ2i n π214．积分( B )=-⎰=231091z dz z z （A ） （B ） （C ） （D ）0i π2105iπ15．积分( C )=⎰=121sin z dz z z （A ） （B ） （C ） （D ）061-3i π-iπ-二、填空题1．设为函数的级零点，那么 9 ．0=z 33sin z z -m =m 2．函数在其孤立奇点处的留数zz f 1cos1)(=),2,1,0(21L L ±±=+=k k z k ππ．=]),([Re k z z f s 2)2()1(π+π-k k3．设函数，则 0 }1exp{)(22zz z f +==]0),([Re z f s 4．设为函数的级极点，那么 ．a z =)(z f m ='],)()([Re a z f z f s m -5．设，则 -2 ．212)(zzz f +==∞]),([Re z f s 6．设，则 ．5cos 1)(z z z f -==]0),([Re z f s 241-7．积分．=⎰=113z zdz e z 12iπ8．积分．=⎰=1sin 1z dz z i π2三、计算积分．()⎰=--412)1(sin z z dz z e z z i π-316四、设为的孤立奇点，为正整数，试证为的级极点的充要条件是a )(z f m a )(z f m ，其中为有限数．b z f a z m az =-→)()(lim 0≠b 五、设为的孤立奇点，试证：若是奇函数，则；a )(z f )(z f ]),([Re ]),([Re a z f s a z f s -=若是偶函数，则．)(z f ]),([Re ]),([Re a z f s a z f s --=。
复变函数习题答案第4章习题详解
复变函数习题答案第4章习题详解第四章习题详解1． 下列数列{}na 是否收敛？如果收敛，求出它们的极限：1) mi nia n -+=11；2) nn i a -⎪⎭⎫ ⎝⎛+=21；3) ()11++-=n ia n n ；4) 2in n e a π-=；5) 21in n e n a π-=。
2． 证明：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≠==>∞<=∞→1111110a a a a a a n n ,,,,lim 不存在，3． 判别下列级数的绝对收敛性与收敛性：1) ∑∞=1n n ni ；2)∑∞=2n n n i ln ；3) ()∑∞=+0856n n n i ；4) ∑∞=02n n in cos 。
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0z 连续的函数一定可以在0z 的邻域内展开成泰勒级数。
5． 幂级数()∑∞=-02n n n z c能否在0=z 收敛而在3=z 发散？6． 求下列幂级数的收敛半径：1)∑∞=1n p n n z （p 为正整数）；2) ()∑∞=12n n n z n n !；3) ()∑∞=+01n n n z i ；4) ∑∞=1n n n i z eπ；5) ()∑∞=-⎪⎭⎫ ⎝⎛11n nz n i ch ；6)∑∞=⎪⎭⎫ ⎝⎛1n n in z ln 。
7． 如果∑∞=0n n n z c 的收敛半径为R ，证明()∑∞=0n nnz c Re 的收敛半径R ≥。
[提示：()n n n n z c z c <Re ]8． 证明：如果n n n c c1+∞→lim 存在∞≠，下列三个幂级数有相同的收敛半径∑n n z c ；∑+++111n n z n c ；∑-1n nz nc 。
9． 设级数∑∞=0n n c 收敛，而∑∞=0n n c 发散，证明∑∞=0n nnz c 的收敛半径为1。
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．。
复变函数习题四解答
∞ chn cos in 0 ≠ ，故 发散。 ∑ n n →∞ 2 2n n=2
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 ∑ z n 在收敛圆 z < 1 内收敛，但在收敛圆周 z = 1 上并不收敛；
{
n
} 发散，故 α
n
发散
= cos
nπ nπ − i sin ，其实部、虚部数列均发散，故 α n 发散 2 2
1 − nπ i / 2 1 nπ 1 nπ 1 nπ 1 nπ = cos − i sin ，知 lim cos = 0, lim sin =0， e n →∞ n n →∞ n n n 2 n 2 2 2
n =0 ∞
（2）不对。幂级数的和函数在收敛圆内为解析函数，不能有奇点； (3)不对。如 f (z ) = z 在全平面上连续,但它在任何点的邻域内均不能展开成 Taylor 级 数。 5.幂级数
∞
∑ c ( z − 2)
n=0 n
n
能否在 z = 0 收敛而在 z = 3 发散？
∞ n
解
不能。因如
故 α n 收敛， lim α n = 0
n →∞
2．证明：
|α |<1, ⎧0, ⎪ ∞, |α |>1, ⎪ lim α n = ⎨ n →∞ α = 1, ⎪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：
∞ in in ； 1） ∑ ； 2） ∑ n =1 n n = 2 ln n ∞
复变函数习题四参考答案
习题四4.1判别下列复数列的收敛性，若收敛求其极限。
（1）11n ni z n +=+；（2）()cos +sin 1n nn i n z i =+；（3）cos n in z n =；（4）nin z e = 解：（1）1lim lim1n n n niz i n→∞→∞+==+所以复数列11nin++收敛。
（2）()()cos +sin 111nnii n nnn i ne e z i i i ⎛⎫=== ⎪+++⎝⎭， 11i e i <+，所以复数列()cos +sin 1n n i ni +收敛，且lim 0n n z →∞=。
（3）cos =2n nn in e e z n n-+=，复数列cos in n 不收敛。
（4）cos +sin ni n z e n i n ==，cos n ，sin n 都不收敛，所以复数列ni e 不收敛。
4.4判别下列级数的收敛性（1）1n n i n ∞=∑；（2）()1658n n n i ∞=+∑；（3）()012nnn i ∞=-+∑；（4）011n i n ∞=++∑ 解：（1）由于1n i n n =，所以1n n i n ∞=∑发散，但是1n n i n∞=∑收敛，所以原级数条件收敛；（2）6518i +<，所以()1658nn n i ∞=+∑绝对收敛； （3）()12nnn ∞=-∑和012n n ∞=∑均绝对收敛，所以()012nn n i ∞=-+∑绝对收敛； （4）一般项的实部，虚部为11n +，都发散，所以011n in ∞=++∑发散。
4.5判断下列命题是否正确。
（1）每个幂级数在它的收敛圆上处处收敛。
（2）每个幂级数的和函数在收敛圆内可能有奇点。
（3）每个在0z 连续的函数必能在0z 的邻域能展开成泰勒级数。
解：（1）错，幂级数在它的收敛圆上可能收敛，也可能发散。
（2）错，每个幂级数的和函数在收敛圆内不可能有奇点。
复变函数(4.1.3)--复数项级数
1. 设幂函数()f z a 取ln ()e f z a 的分支，则极限i lim(1)n n nﾮﾮ+=（ ）.（A ）不存在 （B ）1 （C ）cos1sin1i + （D ）e2. 极限2i lim 1n n n n iﾮﾮ+=-（ ）.（A ）12i -+ （B ）12i + （C ）2i + （D ）ﾮ3. 级数i 211e n n n pﾮ=ﾮ的收敛性为（ ）.（A ）通项不趋于0 （B ）通项趋于0，发散 （C ）绝对收敛 （D ）条件收敛4. 级数1i sinn n n ﾮ=ﾮ为（ ）.（A ）通项不趋于0 （B ）条件收敛 （C ）通项趋于0但发散 （D ）绝对收敛5. 级数12sin(i )nn n ﾮ=ﾮ收敛性为（ ）. （A ）绝对收敛 （B ）通项不趋于0 （C ）通项趋于0但发散 （D ）条件收敛参考解答：1. 解 选（C ）. lim ln(1)i lim(1)e n i n n n n nﾮﾮ+ﾮﾮ+=而 2i 11ln(1)ln(1)arctan 2i n n n1+=++故 2i 11lim ln(1)lim ln(1)lim i arctan i 2n n n n n n n n nﾮﾮﾮﾮﾮﾮ+=++=故 i lim(1)e cos1sin1.n i n i nﾮﾮ+==+ lim 0n n z ﾮﾮ=的的的的的的的lim ||0n n z ﾮﾮ=.2. 解 选（A）. 2i 2i limlim 12i.11i i n n n n n n ﾮﾮﾮﾮ++==-+-- 3. 解 选（D ）. 由i2e (i)n n p =，当41n k =+为(0,1,2,),43i k n k ==+L 为i -；42n k =+为1,4(1)n k -=+为1，故此级数可分为两个交错级数：实部为1(1)2k k k ﾮ=-ﾮ；虚部为0(1)21kk k ﾮ=-+ﾮ，均条件收敛.故此级数条件收敛. 的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的. sin ~,n na a a 的的的0的的的的. 4. 解 选（D ）. 由i 111sinish sh ~n n n n ==，故级数绝对收敛. sin n 的的的的sin(i)n 的的的sin(i)n 的e n 的的的的的的的的().n ﾮﾮ5. 解 选（A ）.e e sin()ish i 2n nin n --==，故此级数绝对收敛.。
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
第四章 复变函数
n 1
in 1 n n 1 n
例 4.2 判别下列级数的收敛性
n i in 1 i 1 n ; 2 ; 3 2 2 n 1 n n 1 n n 1 n
解：
3
n 1
in 1 2 2 n n 1 n
z2 1 在 1内,即 z 2 2内, 右端级数绝对收敛, 其和为 2 z
z 2 2时, 级数发散
1 n 例4.5 把函数 表成形如级数 Cn z 2 的幂级数 z n 1
1 2 n 1 g z g z g z 1 g z
n
n
z z0 当 z z 0 z1 z 0 时， 1， z1 z 0
z z0 级数 M z1 z 0 n 1
n
收敛。
C n z z 0 n 收敛
n 1
C n z z 0 n 绝对收敛
n 1
例4.4 求级数
n 1
z 1n 的收敛半径
n
解:
Cn 1 n lim lim 1, R 1 n C n n 1 n
收敛圆 z 1 1
当 z 0 时, 原级数成为 1
n 1 n
1 , 为交错级数, 是收敛的 n
1 当 z 2 时, 原级数成为 , 为调和级数, 是发散的 n 1 n
§4.2复变函数项级数
§4.2.1 复变函数项级数
设 f n z n 1,2, 为区域 D 内的函数，则称
f z f z f z f z