复变函数课后习题答案(全)

习题一答案
1．求下列复数的实部、虚部、模、幅角主值及共轭复数：
（1）
1
32i
+
（2）
(1)(2)
i
i i
--
（3）13
1
i
i i
-
-
（4）821
4
i i i
-+-
解：（1）
132
3213
i z
i
-
==
+
，
因此：
32 Re, Im
1313 z z
==-，
232
arg arctan,
31313
z z z i
==-=+
（2）
3
(1)(2)1310
i i i
z
i i i
-+
===
---
，
因此，
31
Re, Im
1010
z z
=-=，
131
arg arctan,
31010
z z z i
π
==-=--
（3）
133335
122
i i i
z i
i i
--
=-=-+=
-
，
因此，
35
Re, Im
32
z z
==-，
535
,arg arctan,
232
i
z z z
+
==-=
（4）821
41413
z i i i i i i
=-+-=-+-=-+
因此，Re1,Im3
z z
=-=，
arg arctan3,13
z z z i
π
==-=--
2．将下列复数化为三角表达式和指数表达式：
（1）i（2
）1
-+（3）(sin cos)
r i
θθ
+
（4）(cos sin)
r i
θθ
-（5）1cos sin (02)
i
θθθπ
-+≤≤解：（1）2
cos sin
22
i
i i e
π
ππ
=+=
（2
）1-+23
222(cos sin )233
i i e πππ=+=
（3）(sin cos )r i θθ+()2
[cos()sin()]22
i
r i re
π
θππ
θθ-=-+-=
（4）(cos sin )r i θ
θ-[cos()sin()]i r i re θθθ-=-+-=
（5）2
1cos sin 2sin 2sin cos 222
i i θ
θθ
θθ-+=+ 2
2sin [cos
sin
]2sin 22
22
i
i e
πθ
θπθ
πθ
θ
---=+=
3． 求下列各式的值：
（1
）5)i - （2）100100(1)(1)i i ++-
（3
）(1)(cos sin )
(1)(cos sin )
i i i θθθθ-+-- （4）
23(cos5sin 5)(cos3sin 3)i i ϕϕϕϕ+-
（5
（6
解：（1
）5)i -5[2(cos()sin())]66
i ππ
=-+-
5552(cos()sin()))66
i i ππ
=-
+-=-+ （2）100
100(1)
(1)i i ++-50505051(2)(2)2(2)2i i =+-=-=-
（3
）(1)(cos sin )
(1)(cos sin )i i i θθθθ-+--
2[cos()sin()](cos sin )
33)sin()][cos()sin()]44
i i i i ππ
θθππ
θθ-+-+=
-+--+-
)sin()](cos2sin 2)12
12
i i π
π
θθ=-
+-
+
(2)12
)sin(2)]12
12
i
i π
θπ
π
θθ-
=-
+-
=
（4）2
3
(cos5sin 5)(cos3sin 3)
i i ϕϕϕϕ+- cos10sin10cos19sin19cos(9)sin(9)
i i i ϕϕϕϕϕϕ+==+-+- （5
=
11cos (2)sin (2)3232k i k ππ
ππ=++
+1
, 0221, 122
, 2i k i k i k +=⎪
⎪⎪=-
+=⎨⎪-=⎪⎪⎩
（6
=
11(2)sin (2)]2424k i k ππππ=+++8
8, 0, 1
i i e k e k π
π
==⎪=⎩
4．
设1
2 ,z z i =
=-试用三角形式表示12z z 与12z z
解：1
2cos
sin
, 2[cos()sin()]4
466
z i z i π
π
ππ
=+=-+-，所以
12z z 2[cos()sin()]2(cos sin )46461212
i i ππππππ
=-+-=+，
12z z 1155[cos()sin()](cos sin )2464621212
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
2
5
k 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0,1,2,3
k=时，对应的4
(1),1),1),)
i i i i
+-+---
6．证明下列各题：（1）设,
z x iy
=+
z x y
≤≤+
证明：首先，显然有z x y
=≤+；
其次，因222,
x y x y
+≥固此有222
2()(),
x y x y
+≥+
从而
z=≥。

（2）对任意复数
12
,,
z z有222
121212
2Re()
z z z z z z
+=++
证明：验证即可，首先左端22
1212
()()
x x y y
=+++，
而右端2222
11221122
2Re[()()]
x y x y x iy x iy
=+++++-
2222
11221212
2()
x y x y x x y y
=+++++22
1212
()()
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1
0110
n 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，并且根据复数的乘法运算规则，()
n n
z z
=，由此得到：1
0110
()()0
n 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
1
a b
a
ab
-
=
-
证明：根据已知条件，有1aa =，因此：
1
1()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 -=--=+--，
2
22
1(1)(1)1ab ab ab a b ab ab -=--=+--，
因为
1, 1a b <<，所以，
2
2
2
2
2
2
1(1)(1)0a b a b a b +--=--< ，
因而2
2
1a 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
=，
z =
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，那么用向量表示时，2
1z 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21
31
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21
31
z z z z --为实数。

9．写出过121
2, ()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：
112121121()()z x iy x iy t x x iy iy z t z z =+=++-+-=+-
其中t 为实参数。

10．下列参数方程表示什么曲线？（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 ==，因而表示直线y x =
（2）cos ,sin x a t y b t ==，因而表示椭圆22
221x y a b
+=
（3）1
,x t y t
==，因而表示双曲线1xy =
11．证明复平面上的圆周方程可表示为 0zz az az c +++=， 其中a 为复常数，c 为实常数 证明：圆周的实方程可表示为：2
20x y Ax By c ++++=，
代入, 22z z z z x y i
+-=
=，并注意到222
x 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2
A Bi
a +=，则
2A 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22
4x y +=分别映成w 平面中
的什么曲线？
解：对于1x =，其方程可表示为1z
yi =+，代入映射函数中，得
2
11111iy
w u iv z iy y
-=+===++， 因而映成的像曲线的方程为 22
1, 11y
u v y y
-=
=++，消去参数y ，得 2
22
1,1u v u y +=
=+即22211()(),22
u v -+=表示一个圆周。

对
于
224
x y +=，其方程可表示为
2cos 2sin z x iy i θθ=+=+
代入映射函数中，得
11cos sin 2cos 2sin 2
i w u iv z i θθ
θθ-=+===
+
因而映成的像曲线的方程为 11
cos , sin 22
u v θθ==-，消去参数θ，
得2
214u
v +=
，表示一半径为1
2
的圆周。

14．指出下列各题中点z 的轨迹或所表示的点集，并做图：
解：（1）
0 (0)z z r r -=>，说明动点到0z 的距离为一常数，因而表
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，因而表示一个椭圆。

代入,z
x iy ==化为实方程得
22(2)11615
x y -+=
（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()4
z i π
-=
，幅角为一常数，因而表示以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，
、外圆半径分别为2、3的圆环区域，有界，多连通 （2）arg (02)z α
βαβπ<<<<<，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）
3
12
z z ->-，显然2z ≠，并且原不等式等价于32z z ->-，说明z 到3的距离比到2的距离大，因此原不等式表示2与3 连线的垂直平
分线即x =2.5左边部分除掉x =2后的点构成的集合，是一无界，多连通区域。

（4）
221z z --+>，
显然该区域的边界为双曲线
221z z --+=，化为实方程为
2
2
44115
x y -=，再注意到z 到2与z 到-2的距离之差大于1，因而不
等式表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
22
2178()()1515
x y ++>
所以表示圆心为17(,0)15-半径为8
15
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）3
2z
iz + （3）
2
1
1
z + （4）13z z ++ 解：根据函数的可导性法则（可导函数的和、差、积、商仍为可导函数，
商时分母不为0），根据和、差、积、商的导数公式及复合函数导数公式，再注意到区域上可导一定解析，由此得到：
（1）5(1)z -处处解析，5
4[(1)
]5(1)z z '-=-
（2）32z iz +处处解析，32
(2)32z iz z i '+=+
（3）211
z +的奇点为2
10z +=，即z i =±，
22
2222
1(1)2(), ()1(1)(1)z z z i z z z '-+-'==≠±+++ （4）1
3
z z ++的奇点为3z =-，
2
11()1, (3)3(3)
z z z z '+=-≠-++ 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）2
2, u xy
v x y ==，
22
, ,2, 2x y y x u y v x u xy v xy ====
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 =
=，
2, 2,0, 0x y y x u x v y u v ====
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 =
-=-，
2222
33, 33,6, 6x y y x u x y v x y u xy v xy =-=-=-= 四个一阶偏导数皆连续，因而 ,u v 处处可微，并且 ,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
()x x f z u iv '=+= 2233+6x y i xy -23z = （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 --==++， 222222
22, ()()
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，
因而函数处处不可导，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：3
232, 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：
2
2
2
2
2 2, (1)
33 (2)
x y y x u nxy v lxy u my nx v x ly ====+=-=--
由（1）得 n l =，由（2）得3, 3n m l =-=-，因而，最终有 1, 3m n l ===-
4．证明：若()f z 解析，则有 22
2(())(())()f z f z f z x y
∂∂'+=∂∂
证明：由柯西—黎曼方程知，左端2
2=+
22
2222()()x x x x uu vv uu vv uv vu u v +++-=+=+ 22222
22
()()()x x x x x x u u v v u v u v u v +++==++2x x u iv =+ 2
()f z '==右端，证毕。

5．证明：若()f z u iv =+在区域D 解析，且满足下列条件之一，则()
f z 在D 一定为常数。

（1）
()f z 在D 解析 ， （2）u 在D 为常数，
（3）()f z 在D 为常数， （4）2
v 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，2
v u =两端分别对,x y 求偏导数，得 2, 2x x y y v uu v uu ==
再联立柯西—黎曼方程, x y y x u v u v ==-，仍有 0x y x y u u v v ===≡
（5）同前面一样，231u v +=两端分别对,x y 求偏导数，得 2+30, 2+30x x y y u v u v == 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）23
27
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
24427(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
，
43
9
9(1)
2
i e
π=-+，
8
3
9
9(1)2
i e
π=-+ 7．求2
z e 和2z Arge 解：2
222z x y xyi
e
e
-+=，因此根据指数函数的定义，有 2z e 22
x y e -=， 222z 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
Re[(1)]Ln z -ln 1ln z =-= 2
1ln(12cos )2
r r θ=-+
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
2
cos
sin
2
2
i
z e
i i π
π
π
==+=
（3）由三角函数公式（同实三角函数一样），方程可变形为
sin cos )04
z z z π
+=+=
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 →→==
0001 lim
lim 11z z
z z e e e z
→→-=== 11．用对数计算公式直接验证： （1）2
2Lnz 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 θ
θπ==++，
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22
1]ln (2)22
m i
Ln re
r m k i θπ
θ
ππ+==+++ 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 ()2222iz iz iz iz iz iz i z i z
e e e e e e e e z i i i i --------====---
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 22
2
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）2
z （3）2
1
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）2
222()[(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 22
2(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 32
23x xy c -≡
（3）2222
111
1()112z x iy x y xyi
==+++-++ 2222222
12(1)4x y xyi
x y x y
-+-=-++ 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
1
2
2
()()()c
x y ix dz t t it t ti dt '-+=-++⎰⎰
1
12
30011(1)33
i i
it i dt t -+-+=+==
⎰ 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
1
2
1110
(1)z
z
z
x
yi
c
c c e dz e dz e dz e dx e
yi dy +'=+=++⎰⎰⎰⎰⎰
1
11
00
(cos sin )1(sin cos )x e
ei y i y dy e ei y i y =++=-+-⎰
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
1
1
00
()(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
1
(sin cos )(sin cos )
(1)[]22t
t
z
c e t t e i t t e dz i +-=++⎰ 1
1
00
(1)(1)(cos sin sin cos )()22t
t
it it i e i e t i t t i t e ie ++=++-=-
1
(1)1010
1i t i i e
e e e +++==-=-
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
1
1
2
2
2
()()()(1)()c
x iy dz t it t ti dt i t it dt '+=++=++⎰⎰⎰ 1115
(1)()3266
i i i =++=-+
（2）积分曲线的方程为 2
z x iy x x i =+=+， :01t →，
代入积分表达式中，得
1
1
2
222
23
()()()(1)(2)c
x iy dz x ix x x i dx i x x i dx '+=++=++⎰⎰⎰ 1215(1)()3466
i i i =++=-+ 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 1
1
1
021c
z dz xdx xdx -===⎰⎰
⎰
（2）c 的方程为cos sin , :0z x iy i θθθπ=+=+→，代入，得
1(cos sin )(sin cos )c
z dz i d i d ππθθθθθθ'=⋅+=-+⎰⎰⎰
(cos sin )2i πθθ=+=
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
111
222c 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
()
lim 0R
n R c f z dz z →+∞=⎰ 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
0≤()()1R R R R
n n n n c c c c f z f z M
dz ds M ds ds z z R z ≤≤=⎰⎰⎰⎰ 1
22n 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）224c
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)3
0z ++=
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）2
sin i
i
zdz ππ-⎰ （3）1
sin z zdz ⎰
解：以上积分皆与路径无关，因此用求原函数的方法：
（1）
4220240
111
()(1)222
i
i i
z
z e dz e
e e i π
π
π
==-=-⎰
（2）
21cos 2sin 2sin []224i
i
i
i i i
z z z
zdz dz ππππππ----==-⎰⎰
22111
sin 2()(2)242
i i i e e sh i i πππππππ-=-=--=-
（3）
11
1
1
0000sin cos cos cos z zdz zd z z z zdz =-=-+⎰⎰⎰
1
0cos1sin sin1cos1z =-+=-
9．计算
22c
dz
z a -⎰，其中c 为不经过a ±的任一简单正向闭曲线。

解：被积函数的奇点为a ±，根据其与c 的位置分四种情况讨论： （1）a ±皆在c 外，则在c 被积函数解析，因而由柯西基本定理
2
2
0c
dz
z a =-⎰ （2）a 在c ，a -在c 外，则1
z a
+在c 解析，因而由柯西积分
公式：22
1
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 ，a 在c 外时，
221
12z a c c
dz z a dz i i z a z a a z a ππ=--===-+--⎰⎰ （4）a ±皆在c
此时，在c 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：
1
2
22
11
1
1
22z a
z a
c
c
c dz
z a z a dz dz i i
z a z a z a z a z a
ππ==-+-=+=+-++--⎰⎰⎰
0i i a
a
π
π
=
-
=
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）
1
1()(2)
2
z dz i
z z =-+⎰
，由柯西积分公式
1121
1142224()(2)22
i z z z i z dz dz i i i z i z z z ππ===+===++-+-⎰⎰ （2）2
322
1
iz
z i e dz z -=
+⎰， 在积分曲线被积函数只有一个奇点i ，故此同上题一样： ‘;
2
322
1
iz
z i e dz z -=
+⎰
322
2iz
iz
z i
z i e e z i dz i z i z i
e
π
π=-=
+===
-+⎰
（3）
2232
(1)(4)z dz
z z =
++⎰
在积分曲线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：
1
2
222232
11(4)()(4)()
(4)(1)c c z dz
z z i z z i dz dz z i z i z z =
+++-=
+-+++⎰⎰
⎰
2211
2[]0(4)()(4)()z i z i
i z z i z z i π==-=+=+++-
（4）
422
1z z
dz z -=-⎰，在积分曲线被积函数只有一个奇点1，故此 2422222
1
1
1(1)(1)211(1)(1)z z z z z z dz dz i z z z z π-=-==++==--++⎰⎰
2
i π
=
（5）22
1sin 41z zdz z π=-⎰，
在积分曲线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：
22
1sin 41z zdz z π
=-⎰1
2
11sin sin 141411c
c z z
z z dz dz z z ππ+-=+-+⎰⎰
1
1
112[sin
sin ]14
14z z z
z
i i z z πππ==-=+=+-
（6）22, (1)n
n
z z dz n z =-⎰为正整数，由高阶导数公式 22
(1)n n
z z dz z ==-⎰2(1)
1
2()(1)!n n z i z n π-=-
2(21)(2)(2)!
22(1)!(1)!(1)!n n n n i
i
n n n ππ-+==--+ 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
3
1
2
1
2(1)z z e dz i
z z π=
-⎰3
3
1
2
1
(1)12(1)z
z z z e e z dz i
z z π==
-===--⎰
（2）同理，由高阶导数公式
3
1
12
1
2(1)
z
z e dz i
z z π-=
-⎰3
1112
11()22!(1)
z
z z z e e z dz i z z π=-=
''==-⎰
23
1
1(22)22z z e z z e
z =-+== （3）由复合闭路原理
32
12(1)z z e dz i z z π=-⎰1
2
33
1
1(1)22(1)z z
c c
e e z z dz dz i z i z ππ-=+-⎰
⎰ 3
(1)z z e z ==
-11()2!z z e z =''+12e
=-， 其中，12,c c 为2z =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012cos 054cos d πθθθ+=+⎰
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
1
1
2z dz z =+⎰20sin cos 2cos sin i d i πθθ
θθθ
-+=++⎰
2220(sin cos )(2cos sin )(2cos )(sin )
i i d π
θθθθθθθ-++-=++⎰ 20(sin cos )(2cos sin )054cos i i d πθθθθθθ
-++-==+⎰ 考察上述积分的被积函数的虚部，便得到
20
(sin cos )(2cos sin )
Im
54cos i i d π
θθθθθθ
-++-+⎰ 2012cos 054cos d πθθθ+==+⎰，再由cos θ的周期性，得 20012cos 12cos 12cos 2054cos 54cos 54cos d d d ππππθθθ
θθθθθθ-+++===+++⎰⎰⎰
即
012cos 054cos d π
θ
θθ+=+⎰，证毕。

13． 设(),()f z g z 都在简单闭曲线c 上及c 解析，且在c 上 ()()f z g z =，证明在c 也有()()f z g z =。

证明：由柯西积分公式，对于c 任意点0z ，
0000
1()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 00()()f z g z =
再由0z 的任意性知，在c 恒有()()f z g z =，证毕。

14． 设()f z 在单连通区域D 解析，且()11f z -<，证明 （1）在D ()0f z ≠；
（2）对于D 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 解析，这样，根据柯西基本定理，
对于D 任一简单闭曲线c ，皆有()
0()c
f z dz f z '=⎰，证毕。

15．求双曲线2
2y
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 =便是所要求的曲线族。

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 为某个区域的调和函数，即在某区域上述等式成立，必须
210p -=，即1p =±。

17．已知22
255u v x y xy x y +=-+--，试确定解析函数 ()f z u iv =+
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 25, 2x y u x u y =-=-
这样，对x u 积分，得25(),u x x c y =-+再代入y u 中，得
2
0()2, ()c y y c y y
c '=-=-+
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
()25225x x x y f z u iv u iu x yi z '=+=-=-+=- 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：
2222111
()(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，除了上题采用的方法外，也可这样： ()x x y x f z u iv v iv '=+=+
22222222222
2()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
2c =，故此
11
()2f z z
=-
（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
sin (sin cos )()x x v y e xdx e y y y c x =+++⎰
sin (1)(sin cos )()x
x y x e
e y y y c x =-+++
(sin cos )()x
e x y y y c x =++
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：
(sin cos )x
v e x y y y =+
()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
1
1
1
1()1
()1
(0)()222z z z f z f z f dz ds f z ds i
z z ππ
π
==='=
≤=⎰
⎰
⎰
1
1
12122z ds ππ
π=≤
==⎰，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
0()
011001
!
()!
()
()22()()n n n z z R
z n f z n f z f
z dz ds i
z z z z ππ++-===
≤--⎰⎰ 1
1
11
1
!
!!!()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；下证维尔定理： 因为函数有界，不妨设
()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0
z
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）1
n 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)
n n i
z -=+
解：1sin )22i i θθ+=
+，其中1
arctan
2
θ=，则 ()sin )cos sin n
n
n z i n i n θθθθ-⎤
=+=-
⎥
⎣⎦
． 因为lim 0n
n →∞=，cos
sin 1n 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-
=，1
lim 0n n
→∞=，所以21lim 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limcos2n n θ→∞，
limsin 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) 2
ln n
n i n ∞
=∑
解：22
2cos
sin 22ln ln ln n
n n n n n i i n n n
ππ
∞
∞∞
====+∑∑∑，
因为2
cos
11112ln ln 2ln 4ln 6ln8n 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，
2sin 111121ln ln 3ln 5ln 7ln 9n n n
π∞
==-+-++
∑
也收敛，故级数2ln n
n i n
∞
=∑是收敛的．
又2
2111
,ln ln ln 1n n n i n n n n ∞
∞===>
-∑
∑，因为211n n ∞=-∑发散，故级数2
1ln n n ∞
=∑发散，从而级数2
ln n
n i n ∞
=∑条件收敛．
(3) 0
cos 2n n in
∞
=∑
解：1110000cos 2222
n n n n
n n n n n n n n in e e e e --∞
∞∞∞+++====+==+∑∑∑∑，因级数
1
2n
n n e ∞
+=∑发散，故0
cos 2n
n in
∞
=∑发散． (4) ()
035!
n
n i n ∞
=+∑
解：(
)
035!
!
n
n n i n n ∞
∞
==+=∑
∑
，由正项正项级数比值判别法知该级数收敛，故级数()
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) ()01n
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 2122n 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，0
0n
n n n n z αα∞∞===∑∑，因为0n n α∞=∑收敛，所以0
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，0n n n c z ∞
=∑绝对收敛．
0z z =时，00
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 <处处解析，可以在此
圆展开成z 的幂级数．根据例4.2的结果，可以得到
242
1
1(1),11n n z z z z z
=-+-+-+<+． 将上式两边逐项求导，即得所要求的展开式
221(1)z +='24122
2
11123(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 <处处解析，可以在此圆展开成z 的幂级数．
''
211111()()()()()1z
z a z b z a a z a a
===⋅-----
='1(1)n n z z a a a ⋅++++=111()n n n z a a a
-⋅+++=1
21
1,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 <处处解析，可以在此圆展开成z 的幂级数．
111111
()()()11z z z a z b a b a b a b
=⋅+⋅------
=
2121111()n n
n n z z z z a b a a a b b b ++-----++++- =
22111111111
[()()],min{,}n n n z z z a b a b b a b a b a
++-+-++-+<-． （3）2
cos z
解：由于函数2cos z 在复平面处处解析，所以它在整个复平面可以展开成z 的幂级数．
4822cos 1(1),2!4!(2)!
n
n z z z z z n =-+-+-+<+∞． （4）shz
解：由于函数shz 在复平面处处解析，所以它在整个复平面可以展开成z 的幂级数．
321
321()()()()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 在复平面处处解析，所以它在整个复平面可以展开成z 的幂级数．
22211cos 21(2)(2)sin (11(1))222!(2)!
n
n z z z z n +-==-+++-+。