高等數(shù)學(xué)《復(fù)變函數(shù)與積分變換》(第五版)參考答案

1、高等數(shù)學(xué)復(fù)變函數(shù)與積分變換（第五版）參考答案高等數(shù)學(xué)復(fù)變函數(shù)與積分變換（第五版）參考答案弟一早尺Nzzfe弟早AfV*弟二早第四章8第五章14第六章16第七章19第八章23第九章261高等數(shù)學(xué)復(fù)變函數(shù)與積分變換(第五版)參考答案第一章1 .求下列各復(fù)數(shù)的實(shí)部、虛部、模與幅角31-2i2-i(1)3-4i-5i1-2i2-i解：百168.一一i=2525(13i)3(2)2解:1.3i2)3Rez=Imz=2525Argz=arctan-2k二8,5z=25kz二二3iw3=(cos-isin)=e3=-133Rez=-1Imz=0z=1Argz二:2k二kz2 .將下列復(fù)數(shù)寫成三角表示式。1)

2、1V3i解：1-3i5二5二=2(cosisin)332i(2)1i2i解：1f-jtji=1i-2(cosisin)44高等數(shù)學(xué)復(fù)變函數(shù)與積分變換(第五版)參考答案43.利用復(fù)數(shù)的三角表示計(jì)算下列各式。-23i(1) 32i-23i解：32i=i=cosisin1)4(2) 4-22i3;：2.2(cosisin解，2LI43c8r3二/4 2k二 i . 3二/4 2k二=- 28 cos i sin4k =0,1233=2cos38k. . 3 8k-：i sin-：16164.設(shè) Z1,Z2,Z3 三點(diǎn)適合條件：Z1 +z2 +z3=0,二1, Z1,Z2,Z3是內(nèi)接于單位圓=1的一個(gè)

3、正三角形的項(xiàng)點(diǎn)。Z2= Z3zz證：因乙=Z2=Z3=1,所以Z1，Z2，Z3都在圓周Z=4=1,又因Z1+Z2+Z3=0則乙+Z2=Z3,乙+Z2=-z3=1,所以乙+z2也在圓周Z=1上，又乙+Z2-Z1=Z2=1,n所以以0,Z1，Z1+Z2為頂點(diǎn)的三角形是正三角形，所以向量Z1與Z1*Z2之間的張角是3,同理二2二z2與乙+z2之間的張角也是3,于是乙與Z2之間的張角是3,同理乙與Z3,Z2與Z3之間的2二張角都是3，所以Z1，Z2，Z3是一個(gè)正三角形的三個(gè)頂點(diǎn)。、一35.解方程z+1=03733一2k，2k二二斛：z=1=z=cosisink=0,1,2331.3：Zi-cosisi

4、ni3322z2=cos.7sin-15二5二1、.3z3=cosisin=-i3322a6.試證：當(dāng)口=1,口<1時(shí)，則l1-7.設(shè)z+z,=2cos9（z¥°，9是Z的輻角），求證zn+z”=證：zz,=2cos=z2-2cos二z1=0貝(jz=cos?_isini當(dāng)z=cos日+isin8時(shí)z'=cos-isin9znz1=(cosn?isin?)cos(-n?)isin(-n?)=2cosn二故zn.zq=2cosnl當(dāng)z=c0s日-isinO時(shí)，同理可證。*8.思考題：(1)復(fù)數(shù)為什么不能比較大?。看穑簭?fù)數(shù)域不是有序域，復(fù)數(shù)的幾何意義是平面上的點(diǎn)。

5、(2)是否任意復(fù)數(shù)都有輻角？答：否，z=0是模為零，輻角無定義的復(fù)數(shù)。第二章1.指出滿足下列各式的點(diǎn)Z的軌跡是什么曲線?arg(z-i)=-(D43Targ(z-i)=argxi(y-1)=-解：設(shè)z=x+iy則4y-10x=y-1則點(diǎn)Z的軌跡為:(2)z-a=Re億一b)，其中a，b為實(shí)數(shù)常數(shù);解:(xa)+iy=Re(xb+iy)若:若:若:設(shè)z=x+iy則:(3)zz+az+az+b=0,其中為a復(fù)數(shù)b為實(shí)常數(shù)。解:由題設(shè)可知：(za)(za)b-即:z+a2a-b若:=b則Z的軌跡為一點(diǎn)-a若:則Z的軌跡為圓，圓心在-a,半徑為若:b無意義(高等數(shù)學(xué)復(fù)變函數(shù)與積分變換（第五版）參考答案

6、2.用復(fù)參數(shù)方程表示曲線，連接1+i-1-4i直線段。解：z-(1i)<(-1-4i)-(1i)t0<t<1則z=(1i)-(25i)t(0<t嗎3.描出下列不等式所確定和區(qū)域與閉區(qū)域，并指明它是有界的還是無界的？是單連域還是多連域？并標(biāo)出區(qū)域邊界的方向(1),C1z<1,Rez<-2解：由z<11Rez三一又2有界，單連域2(2)Rez：1解：令z=x72由Rez：1='2-y：122即：yx-1無界，單連域6高等數(shù)學(xué)復(fù)變函數(shù)與積分變換(第五版)參考答案一|z-1<2(3)Iz1解：令z=xYy無界，多連域4 .對(duì)于函數(shù)0=f(z)=i

7、z，D：1mz>0,描出當(dāng)z在區(qū)域D內(nèi)變化時(shí)，w的變化范圍解：令z=x7貝w=f(z)=iz=i(xiy)=yixImza0,貝(jya0Rew-y:0,，w的變化范圍在第2,3象限，但不包括虛軸Rezlim5 .試證J0z不存在。xRezlim、工lzm0:PSxiy證：z=y,1令丫=收則：上述極限為1+ki不確定，因而極限不存在。*6.思考題(1)怎樣理解復(fù)變函數(shù)w=f(z)?答.設(shè)w=u+iv,z=x+iy,則w=f(z)就是uiv二f(xiy);u(x,y)iv(x,y)：u=u(x,y)即N=v(x，y)因此，一個(gè)復(fù)變函數(shù)f(z)與兩個(gè)實(shí)變函數(shù)u(x，y)和v(x，y)相對(duì)應(yīng)

8、，從幾何意義上來說，復(fù)變函數(shù)可以看作是z平面上的點(diǎn)集口到亞平面上的點(diǎn)集G上的映射。(2)設(shè)復(fù)變函數(shù)f(z)當(dāng)ZTZ。時(shí)的極限存在，此極限值與z趨于Z。所采取的方式(取的路徑)有無關(guān)系？答：沒有關(guān)系，z以任意方式趨于Z0時(shí)，極限值都是相同的，反過來說，若令 z沿兩條不同 的曲線趨于Z0時(shí)極限值不相等，則說明f(z)在Z0沒有極限，這與高等數(shù)學(xué)中的情形是類似的， 只是一元實(shí)函數(shù)中，xN能從左、右以任何方式趨于x0,而這里可以從四面八方任意趨于 Z0。第三章1,用導(dǎo)數(shù)定義，求f(z) = zRez的導(dǎo)數(shù)。lim解：*p.：z(z zz) Re(z：；/z) - zRez.：zz Re z 匚 z R

9、e z z Re z.：z/ Re ：z、=lim (Re z Re z z). z WzRezx=lim(Rez)=lim(Rezz)Az婦0Ax+iAy當(dāng)z#0時(shí)，導(dǎo)數(shù)不存在，當(dāng)z=0時(shí)，導(dǎo)數(shù)為0。2.下列函數(shù)在何處可導(dǎo)？何處不可導(dǎo)？何處解析？何處不解析?1f(z)=二(1) z1 f(z)=- 解： zxy-i- =u(x，y)Ux22y -x 22 2(x y )Uy2xy222(x y )-2xyvx 72272(x y )22二 x -yy / 222(x y )當(dāng)且僅當(dāng)x=y時(shí)，f(z)滿足cr條件，故當(dāng)x=y時(shí)f(z)可導(dǎo)，但在復(fù)平面不解析一3223(2) f(z)=x-3xy

10、i(3xy-y)解：令f(z)=u(x,y)iv(xy)C2c2八Ux=3x-3yVx=-6xyCC2c2Uy=6xyVy=3x-3y因f(z)在復(fù)平面上處處滿足CR條件，且偏導(dǎo)數(shù)連續(xù)，故f(z)可導(dǎo)且解析3,設(shè)my3+nx2y+i(x3+lxy2)為解析函數(shù)，試確定l，m，n解：由C-R條件可知：2nxy=2網(wǎng)所以n=1又3my2+nx2=_3x2-ly2所以3m=-1,且n=-3m=1n=1=3J4.設(shè)f在區(qū)域D內(nèi)解析，試證明在D內(nèi)下列條件是彼此等價(jià)的。(1)f二常數(shù)；(2)r(z)=0;(3)Ref(z)=常數(shù)(2)Imf(z)=常數(shù)；(5)f解析；(6)f(Z)=常數(shù)。證:由于f(z)

11、在且域D內(nèi)解析，則可得C-R方程成立，即；:uA；:u；:va2y且£y改1) 一2)由f"則=c'=0在D內(nèi)成立，故(2)顯然成立,f,r.L.L./.u.二v二v.二uc.-u二uf(z)二i=-i=0=0=,u(x,y)2) -3)由漢漢內(nèi)內(nèi)&q是常數(shù)即Ref=常數(shù)Hn丁=0、產(chǎn)Lv(x,y)=出二出=03二。3) -4)u三常數(shù)改勾由C-R條件lex是常數(shù)=1m”幻=常數(shù)4) -5)若Imf(z)=c，f=u+ic，f(z)=u-©，因f在D內(nèi)解析.u:x.：v:y-：c-y=0,.:u5VFc二一 二一 二 0.:y;:x：:x包_

12、63;(-e)£0_£(-C)即改可，勾&一階偏導(dǎo)連續(xù)且滿足C-R條件=f(z)在D內(nèi)解析5) -6)f(z)=u+iv,g(z)=f(z)=uTvg|g解析，則由C-R條件包色：:u：:v縱歹的改，對(duì)f(z)在D內(nèi)解析，.:u；:v；:u,二 xy y四=2 = 0= v為 1m 、cvysxi a一史=色=0= v為常數(shù)f(z)© 漢為常數(shù)6) 一1)他4=常數(shù)=f=常數(shù)，令u2+v2=c分別對(duì)x，y求偏導(dǎo)數(shù)得cuUdu-vexy；uFuv u j- xyr_.2,2.CU-(u+v)=0dx(u2v2)-u=02y若u2+v2=0貝/=v=0,f(z

13、)=0,因而得證.:U.:Uc.：vv-i=0=0,:v若U2+v2#0,則私制，故U二常數(shù)，由C_R條件改例為常數(shù)f(z)=常數(shù)*5.思考題:(1)復(fù)變函數(shù)f(z)在一點(diǎn)Z?？蓪?dǎo)與在Z。解析有什么區(qū)別?答：f(z)在Z。解析則必在Z?？蓪?dǎo)，反之不對(duì)。這是因?yàn)閒(z)在Z。解析，不但要求f(z)在Z?？蓪?dǎo)，而且要求f(z)在Z。的某個(gè)鄰域內(nèi)可導(dǎo)，因此，f(z)在Z。解析比f(z)在Z?？蓪?dǎo)的要求高得2多，如f(z)=z在z0=0處可導(dǎo)，但在Z。=0處不解析。(2)函數(shù)f(z)在區(qū)域D內(nèi)解析與f(z)在區(qū)域D內(nèi)可導(dǎo)有無區(qū)別？答：無，(兩者等價(jià))。(3)用c-R條件判斷"z'nw

14、xy'+iwxy)解析時(shí)應(yīng)注意些什么？答：udy'Xiy)是否可微。(4)判斷復(fù)變函數(shù)的可導(dǎo)性或解析性一般有哪些方法。答：一是定義。二是充要條件。三是可導(dǎo)(解析)函數(shù)的和、差、積、商與復(fù)合仍可導(dǎo)(解析)函數(shù)。第四章1.由下列條件求解析函數(shù)f(z)=u+iv：(1)u=2(x-1)y,f(2)-i解：由f解析可知：ux=vyuy"vx而ux%Uy=2(x-1)則vx-Uy-2(x-1),vy=Ux=2y32所以v(x，y)=Vydy=2ydy=y2(x)-2(x-1)-Vx-針(x).2(x)=-2(x-1)dx=-(x-1)c由f(2)=可知C=0-_2-f(z)=2

15、(x-1)yi(y2x-1)(2)y-v=arctg,x0.xVx解：因Ux可知:vy=v=vy22xyuy一Vxu(x,y)二Juxdx二x212dx二一ln(y2x2y2)(y)Uy2.解：要使V(x，y)為調(diào)和函數(shù)，有:二 v 二 v v 二 0V vxx vyy即._2_ px_ px_._p e sin y - e sin y122.u(x,y)ln(xy)c2-122yf(z)ln(xy)ciarctg2xpx.設(shè)v-esiny,求的值使v為調(diào)和函數(shù)，并求出解析函數(shù)f(z)-uiV- -Vx''p=±1時(shí)，v為調(diào)和函數(shù)，要使f(z)解析，則Ux=vy,Uy

16、u(x,y);uxdx二vydy:epxcosydx=-epxcosy：(y)puy=epxsiny(y)-pepxsinyp(y)=(1-p)epxsinyp：(y)=(p)ppxecosycex(cosy+isiny)+c=ez+cp=1即：u(x, y) = pepx cosy cff(cosy+isiny)+c=-e+cp=-13 .如果f(z)=u+iv為解析函數(shù)，試證-u是v的共腕調(diào)和函數(shù)證：因f(z)解析，有:.：u=Q.：v=0,ux=Vv,uv=vxxyyx所以，u”均為調(diào)和函數(shù)，且一u亦為調(diào)和函數(shù)=uxf(-u):y:(-u):x而 if(z)=v-iu=v i(-u)可知

17、:Vx = -uy-:(-u)-:yVy =7x-：(-u)即滿足C-R條件'if(z)也是解析函數(shù)。故-u是V的共腕調(diào)和函數(shù)4 .如果f(z)=u+iv是一解函數(shù)，試證：if(z)也是解析函數(shù)證:因f(z)解析,則Ux=Vy,Uy=-vx且u,v均可微，從而一u也可微。5 .試解方程:(1) ez=13i解:ez=1.3i=2(cossin)=2e33JTi(-2k二)31n2i(2k-)=e3ji.z=ln2.i(2k二一)kz3(2)sinzcosz=0i2z.解：由題設(shè)可知：e=-1JI.z=k二-,kz46 .求下列各式的值：(1)Ln(-34i)解：Ln(-34i)=ln5

18、iarg(-34i)，4、=In5i(2k二二-aratg)33，解：Ln331二333=27e"3=276岫3i2k-：)=27ejn3"：=27e2k二cos(ln3)-isin(ln3)2(3)e2i2i1解：e=ee2=e(coslisin1)*7.思考題(1)為什么復(fù)變指數(shù)函數(shù)是周期函數(shù)，而實(shí)變指數(shù)函數(shù)沒有周期？答：由于實(shí)數(shù)是復(fù)數(shù)的特例，因此在把實(shí)變函數(shù)中的一些初等函數(shù)推廣到復(fù)變數(shù)情形時(shí)，要使定義的各種復(fù)變初等函數(shù)當(dāng)z取實(shí)數(shù)X時(shí)與相應(yīng)的實(shí)變初等函數(shù)有相同的值并保持某些性質(zhì)不變，但不能保持所有的性質(zhì)不變。復(fù)變指數(shù)函數(shù)并不能保持實(shí)變指數(shù)函數(shù)的所有性質(zhì)。如對(duì)復(fù)數(shù)Z,一般

19、沒有ezA。而復(fù)變指數(shù)函數(shù)的周期性，僅當(dāng)周期是復(fù)數(shù)(2km)時(shí)才顯現(xiàn)出來。所謂實(shí)變指數(shù)函數(shù)ex沒有周期，是指其沒有實(shí)的周期。(2)實(shí)變?nèi)呛瘮?shù)與復(fù)變?nèi)呛瘮?shù)在性質(zhì)上有哪些異同？答：兩者在函數(shù)的奇偶性、周期性、可導(dǎo)性上是類似的，而且導(dǎo)數(shù)的形式、加法定理、正余弦函數(shù)的平方和等公式也有相同的形式。最大的區(qū)別是，實(shí)變?nèi)呛瘮?shù)中，正弦函數(shù)與余弦函數(shù)都是有界函數(shù)，但在復(fù)變?nèi)呛瘮?shù)中，sinz1與8sz工1不再成立。因?yàn)閟in zizJze - eizdzeTeizi-e當(dāng)yT+8時(shí)，e-TO，eyTy。故sinzT-(3)怎樣理解實(shí)變對(duì)數(shù)函數(shù)與復(fù)變對(duì)數(shù)函數(shù)的異同？并理解復(fù)變對(duì)數(shù)函數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)。答：因?yàn)槲覀?/p>

20、把對(duì)數(shù)函數(shù)定義為指數(shù)函數(shù)的反函數(shù)。所以由復(fù)變指數(shù)函數(shù)的多值性推出復(fù)變對(duì)數(shù)函數(shù)也是多信函數(shù)，Lnz=lnz.iArgz.Lnz的主值即lnzKnz+iargz,是單信函數(shù)，當(dāng)z=x,而x。時(shí)，lnz就與高等數(shù)學(xué)中的lnx值一致了。在復(fù)變對(duì)數(shù)函數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)中，注意到等式In（乙z2）=ln乙+Inz2與In（乙/z2）=Inz1-lnz2,要對(duì)其含義理解清楚。在實(shí)變對(duì)數(shù)函數(shù)中它們的意義是明了的，但在復(fù)變指數(shù)函數(shù)中，例如,Ln(zi及)=LnZ1Z2+iArg(z1Z2).1nzi=lnz1+iArgz1,lnz2=Inz2|+iArgz2,Inz1z2=Inz1+Inz2Arg(z1z2)二Arg

21、zArgz2應(yīng)理解為：任意給定等式兩端兩個(gè)多信函數(shù)一對(duì)可能取的值，左端多值函數(shù)也必有一個(gè)信使等式成立。反過來也一樣。也就是理解為等式兩端可能取的函數(shù)值從全體上講是相同的(即不能只考慮某一單值支)。后一式也同樣理解，但對(duì)等式n、Lnn/z=1Lnz,nLnz=Ln(z)和n它兩端所能取的值從全體上看還是不一致的。n匚：如對(duì) nLnz = Lnz，取 n = 2 時(shí)，設(shè) z= rea,22 i2-iZ = r e ，得得2Lnz=21nr+i(2L+4kn).k=0,±1,工2,而從Ln(z2)=1nr2i(2u2m二),m=0,二1,二2,兩者的實(shí)部是相同的，但虛部的可取值不完全相同。

22、(4)調(diào)和函數(shù)與解析函數(shù)有什么關(guān)系?答：如果f(z)=u+iv是區(qū)域D內(nèi)的解析函數(shù)，則它的實(shí)部U和虛部V的二階偏導(dǎo)數(shù)必連續(xù)，從而滿足拉普拉斯方程，所以是調(diào)和函數(shù)。由于解析函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)仍是解析函數(shù)，所以它的實(shí)部和虛部的任意階偏導(dǎo)數(shù)都是f(z)的相應(yīng)階導(dǎo)數(shù)的實(shí)部和虛部，所以它們的任意階偏導(dǎo)數(shù)都存在且連續(xù)。故可以推出：u、v的任意階偏導(dǎo)數(shù)仍是調(diào)和函數(shù)。(5)若v是u的共腕調(diào)和函數(shù)，可以說u是v的共腕調(diào)和函數(shù)嗎？答：不行，兩者的地位不能顛倒。因?yàn)?，若v是u的共腕調(diào)和函數(shù)，則應(yīng)有出義烏四:V二ucucv&勾反的而u是v的共腕調(diào)和函數(shù)，要求改勾,以可，兩者一般不能同時(shí)成立，所能推知的是一U是v的共

23、腕調(diào)和函數(shù)。第五章1i2(x-y)ixdz1.計(jì)算積分0,積分路徑：自原點(diǎn)沿實(shí)軸至1,再由1鉛直向上至1+i解:1i20(x-y)ixdz(1,0)2(1,0)2(0,0)(x-y)ixdz(0,0)(x-y)ix)dz21ix)dxi°(1-yi)dy62.計(jì)算積分Lizdz_C|z的值，其中C為(1)z=2;z=4.i-i解：令z=re則I"zdz =2 二 reriei?d r - 2 二 ri r當(dāng)r=2時(shí)，為4萬當(dāng)r=4時(shí)，為8汨z一dzz3.求積分c z 的值，其中C為由正向圓周1足2C-一dz解：cz(1)0 sinzdz解:"sin zdz = -

24、8sz二 i0 =1 - cos 二 i(2)Jiz1四也一1i,ezdz=izde=(zeZ-eZ)1 Le1,16.當(dāng)積分路徑是自一i沿虛軸到i,利用積分性質(zhì)證明:i99(x2iy2)dz£2i如ci如ci(x+iy)dz"(x+iy)dz<fy2dsE1.2=2證：一*7.思考題(1)在積分的定義中為什么要強(qiáng)調(diào)積分f(z)沿曲線C由儀到0的積分”？它與沿曲線C由口到口的積分”有什么區(qū)別？baf(x)dx-f(x)dx答：在定積分中已有4,b，即積分是與區(qū)間的方向有關(guān)的，n_sn-、f(k)Z這里w=f(z)在C上的積分也與C的方向有關(guān)。這從積分和式y(tǒng)中的因子zk

25、=zk-zk可直接看出，若改變C的方向，即f(z)是沿曲線C由口到"積分，則積分與原積分反號(hào)：Cf(z)dz-f(z)dzCC即為一個(gè)實(shí)函數(shù)的積分，如果f(x)是實(shí)值的，則為一元實(shí)函數(shù)的定積分,因而這樣定義復(fù)變函數(shù)積分是合理的，而且可以把高等數(shù)學(xué)中的一元實(shí)函數(shù)的定積分當(dāng)作復(fù)積分的特例看待。應(yīng)當(dāng)注意的是，一般不能把起點(diǎn)為口，終點(diǎn)為的函數(shù)f(z)的積分記作Pf(z)dzf(z)dz.卜,因?yàn)檫@是一個(gè)線積分，要受積分路線的限制，必須記作C(3)應(yīng)用柯西一一古薩定理應(yīng)注意些什么?答：必須注意定理的條件單連域”，被積函數(shù)雖然在B內(nèi)處處解析，但只要B不是單連的，定理的結(jié)論就不成立。例如f=1在圓

26、環(huán)域：TWz"怖內(nèi)解1.八.,一dz=2二i析，C為域內(nèi)以原點(diǎn)為中心的正向圓周，但，Cz，就是因?yàn)椴粷M足單連域”這個(gè)條件。f(z)dz=0還要注意定理不能反過來用,即不能因?yàn)橛蠮C，而說f在C內(nèi)1 dz = 0處處解析，例如憶Tz，但一、 1f (z)二=7-1z在z -1內(nèi)并不處處解析。第六章1.計(jì)算下列積分2z2-z1(1)dzzT解：z=1為奇點(diǎn):-2r2zz+1,c2、；Jdz=2ni(2z-z+1)閏手z-1(2)z|z|3 產(chǎn) dz解:2 二i z e99二 2： i z = 0 - 99!I”sin z , dz(3)sin z , dz解:l"/ 二 2(z

27、-萬)=2：i(sin z)JI z 二一2=2兀icoszjiz =2 =0cosz(4)cw <2z3dz其中C1 : z =2； C2 : z =3為負(fù)向。cosz解："1 c2z3dzcosc 3 c1 zdzc2coszdz二(cosz cosz2!2!)(cosz) z =0 = 0:=一'一'_=t''=0或c1st1P2,c12.若f(z)是區(qū)域G內(nèi)的非常數(shù)解析函數(shù)，且f(z)在G內(nèi)無零點(diǎn)，則f(z)不能在G內(nèi)取到它的最小模。證：設(shè)g(z)=f(z),13f為非常數(shù)解析函數(shù)，且VzeGf#°則g(z)為非常數(shù)解析函數(shù)所以

28、g(z)在G內(nèi)不能取得最大模即f(z)不能在G內(nèi)取得最小模3.設(shè)f在z *1上解析，且在zf-z < z,試證,1f (-) <8證：因f一 Z中一(在z=1上)所以f(z) £2, (z =1)f (z) -z zQ - J)2dzf (z) -zTzW2dz41ds = 8111=1-X+",(x,y)在z=14.設(shè)”力與g(z)在區(qū)域D內(nèi)處處解析，C為D內(nèi)的任何一條簡單閉曲線，它的內(nèi)部全含于D,如果f(z)=g(z)在C上所有點(diǎn)處成立，試證在C內(nèi)所有的點(diǎn)處f(z)=g(z)也成立。證：設(shè)F=f-g，因f(z)，g均在D內(nèi)解析，所以F在D內(nèi)解析。在 C 上，

29、F(z) =0,(zw c) , z0Wc 有:2二 i c z - zodz = 0所以f(Z0)=g(Z0)由z0的任意性可知：在C內(nèi)f=g(z)*5.思考題(1)復(fù)合閉路定理在積分計(jì)算中有什么用處？要注意什么問題？答：由復(fù)合閉路定理，可以把沿區(qū)域外邊界線的回路積分轉(zhuǎn)化為沿區(qū)域內(nèi)邊界線的積分，從而便于計(jì)算。特別地，如果積分回路的內(nèi)域中含有被積函數(shù)的有限個(gè)奇點(diǎn)，我們就可以挖去包含這些點(diǎn)的足夠小的圓域(包括邊界)，函數(shù)在剩下的復(fù)連域解析，由復(fù)合閉路定理，就可以將大回路的積分換成分別沿這些小圓周的回路積分。利用復(fù)合閉路定理是計(jì)算沿閉曲線積分的最主要方法。使用復(fù)合閉路定理時(shí)，要注意曲線的方向，邊界

30、曲線C由C0，C1，C2,，Cn所圍，-f(z)dz=0-if(z)dz-0蟲，即/g-g-,這時(shí)C0取逆時(shí)針方向，而C1,C2,Cn取順時(shí)針方向，而公式:f(z)dz=.CiC2Cnf(z)dzC0中C0,Cl,，Cn都取逆時(shí)針方向(2)柯西積分公式成立的條件是什么？柯西積分公式說明了什么問題?答：柯西積分公式是建立在柯西積分定理基礎(chǔ)上的，以柯西定理成立為前提條件，因此柯西定理的條件也是柯西積分公式成立的條件。即函數(shù)f(z)在以C為邊界的閉區(qū)域G上解析，當(dāng)然也可以放寬到f(z)在G內(nèi)解析，在C上連續(xù)?？挛鞣e分公式反映了解析函數(shù)值之間很強(qiáng)的內(nèi)在聯(lián)系，f(z)在區(qū)域內(nèi)點(diǎn)a的值"2,可以

31、用f(Z)在邊界C上的值通過積分來表達(dá)。這就是說，函數(shù)f(Z)在區(qū)域中任一點(diǎn)的值，完全由它在區(qū)域邊界C上的值所確定，這是實(shí)變量的可微函數(shù)所不具有的。(3)解析函數(shù)的高階導(dǎo)數(shù)公式說明解析函數(shù)的導(dǎo)數(shù)與實(shí)函數(shù)的導(dǎo)數(shù)有何不同？答：高階導(dǎo)數(shù)公式說明，函數(shù)f(z)只要在閉區(qū)域G中處處可微，它就一定處處無限次可微，并且它的各階導(dǎo)數(shù)均為閉區(qū)域G上的解析函數(shù)。這一點(diǎn)與實(shí)變量函數(shù)有本質(zhì)的區(qū)別。我們知道，對(duì)于實(shí)函數(shù)y=f(x)而言，即使它在某一區(qū)問上一次可導(dǎo)，導(dǎo)數(shù)f'(x)不一定仍然可導(dǎo)，甚至可能是不連續(xù)的。第七章n!Zn1 .序列是否有極限？若有，求出其極限。n n!ilimZn=lim1 nJ3(n -

32、1)!n -111.=e ： 1n-1解：因(n-1)故級(jí)數(shù)ZZn收斂，則其通項(xiàng)ZnT°，(nT平n!.nlimzn=limni=0即序列Zn有極限，亦即TTn2 .級(jí)數(shù)n!是否收斂？是否絕對(duì)收斂?n!nn!收斂，因而絕對(duì)收斂，故原級(jí)數(shù)收斂。3 .試確定下列幕級(jí)數(shù)的收斂半徑oO'、.cos(in)zn(1)In_nee解:Icosin二hmn，cosi(n1)=lim-3e(2)解:，n1)(n1)e'(nan)znn=0R=limn>:-j(n1)a=limn(n1)1(n1)ee當(dāng)a<1時(shí)R=1當(dāng)a=1時(shí)R=1當(dāng)a>1時(shí)R=1/a4.將下列各函數(shù)

33、展開為z的幕級(jí)數(shù)，并指出其收斂區(qū)域1(1)C解:1(1 -z)2QOQ0=，zn) =v znn =0n =0QOn =' (n 1)zn ( z ： 1).n=0R=1,收斂域?yàn)閦 <1解:-1f (z) = f (z)-?則(z-1)(z-1)2f(z)(zz-1)f(z)=02_(z-1)f(z)(4z-3)f(z)2f(z)=0f(0)=e,，f(0)=e,，f(0)=-eJ,f(0)=-eJf(4)(0)-e1ezl =11一 z 一 z 2!1 3-z3!1z4 4!,z : 1(3)z z20e dz解:zz20e dzz 二- fZ 0n衛(wèi)2n z2n zzn!n

34、!dzn o n! 2n 1z ：-(zn1-zn)5.討論級(jí)數(shù)t的收斂性。解：級(jí)數(shù)的部分和為Snn 1n .(z -z )n 1=z -1k=0lim Sn = lim(zn* -1) n 二n)二二z :： 1 t lim .Sn = - 1, 當(dāng)z 時(shí)，nT«級(jí)數(shù)收斂。當(dāng)z >1時(shí)，nimSn不存在，級(jí)數(shù)發(fā)散。（ lim Sn =0,當(dāng)z=1時(shí)三 級(jí)數(shù)收斂。當(dāng)z = -1時(shí)，nimSn不存在，級(jí)數(shù)發(fā)散。cOx - nz z6.證明*在z >1內(nèi)解析。證：當(dāng)z力時(shí)，顯然Z#0,令n3，此級(jí)數(shù)在W < 1 L - A, 是收斂的。故在w<1是解析的，此即亦即

35、在Q0Z>1 內(nèi),'Zn-解析。*7.思考題(1)如何判定級(jí)數(shù)的絕對(duì)收斂性與收斂性?OOn故級(jí)數(shù)T 的絕對(duì)收斂性可OC£Ml答：由于級(jí)數(shù)T的各項(xiàng)都為非負(fù)實(shí)數(shù),oOoOoOQ0'、n<：n=anbn依正項(xiàng)級(jí)數(shù)的定理判定之。又由于級(jí)數(shù)I可表示為n，-Z,其oOoOoO'、an'、bn'、'-'n中nm及nm均為數(shù)項(xiàng)級(jí)數(shù)，故級(jí)數(shù)T的收斂性可依賴于數(shù)項(xiàng)級(jí)數(shù)的定理判定之。anan絕對(duì)收斂的充要條件又是(2)判定級(jí)數(shù)n田收斂的必要條件是什么？t什么?Q0lim 二 n = 0;、anf 而E絕對(duì)收oO'、an答：如同實(shí)級(jí)

36、數(shù)一樣，收斂的必要條件是QOQ0'、：Rean”Iman斂的充要條件是修與n都是絕對(duì)收斂級(jí)數(shù)。(3)為什么說函數(shù)能展為幕級(jí)數(shù)與函數(shù)為解析函數(shù)是等價(jià)的？答：因?yàn)樵谑諗繄A內(nèi)，幕級(jí)數(shù)的和函數(shù)是解析函數(shù)。同時(shí)，在某點(diǎn)鄰域內(nèi)解析的函數(shù)在其鄰域內(nèi)必然可以展成幕級(jí)數(shù)。第八章1.求下列函數(shù)在指定點(diǎn)z0處的Taylor展式。(1)43z,zo=1i解：f(z)只有一個(gè)奇點(diǎn)其收斂半徑為.10貝(j4-3z1-3i-3(z-1-i)rnn八一3-n7z-(1i)nn3(1-3i)n11-3i1-3(z-1-i)1-3i10z一(1+i)<3(2)sin乙zo=1解:sinz=sin(z-11)=sin

37、(z-1)cos1sin1cos(z-1)=cos1:d_z!n山(2n1)!2n7-1sinVnz0n2n(-1)(z-1)2n!或:(sinz)(n)=sin(zn,(sinz)(n)=sin(1nz=1.二1sinz=sin(n=on!+1)(z-1)n,z-12.將下列各函數(shù)在指定圓環(huán)域內(nèi)展為Laurent級(jí)數(shù)。1(1)zez,0<z<821z2(11解：zez=z2.n2'-)-2!nfn!o,1解：奇點(diǎn)為z=2,-i故可在1z<2中展開為洛朗級(jí)數(shù)。z2-2z5(z-2)(z21)z-22z2112(1-f)2z2(1)znn1，z、2z1、(7)-V(-)

38、2nz02Zn-0Z12-722,3.將(z1)在z=i的去心鄰域內(nèi)展為Laurent級(jí)數(shù)。riii12i-ZT1)n(zi)n因=I1+乙,9-An+解：z+1j2i1=(2i).,，()'n(z-嚴(yán)J22,22/,2nT所以(z+1)(z-i)(z+i)(z-i)(z+i)n達(dá)21f(z)=cos(z-)4.證明在z以z的各幕表出的Lanrent展開式中的各系數(shù)為:12二Cn=cos(2cosi)cosnFi,n=0,二1,2二0提示：令C為單位圓z=1,在C上取積分變量z=e舊，則=2cos二，dz=iei1d二證明：f在°<z<1上解析，令c：z=1Iz1

39、=2cos二dz=iejd在c上取z=e則zCnf(z)12cos(2cos”.dziedu2二i0J1)Fe2二°cos(2cos)cosn力一2二°cos(2cos)sin而：cos(2cos)sinned1-0cn2二°cos(2cos二)cosnM1*5.思考題(1)實(shí)變函數(shù)中函數(shù)展成Taylor級(jí)數(shù)和復(fù)變量函數(shù)中函數(shù)展開為Taylor級(jí)數(shù)的條件有什么不同?答：在實(shí)變量函數(shù)的情形下，即使f(x)的各階導(dǎo)數(shù)都存在，欲把函數(shù)展開成幕級(jí)數(shù)也未必可能。這是因?yàn)樵趯?shí)變量函數(shù)里，函數(shù)f(x)展開成Taylor級(jí)數(shù)的條件既要求f(x)具有各階導(dǎo)函數(shù)，還要求所展成的Tay

40、lor級(jí)數(shù)的余項(xiàng)趨向于零，對(duì)于一個(gè)具體的函數(shù)來說，要證明其各階導(dǎo)數(shù)都存在，已不容易，要證明其級(jí)數(shù)的余項(xiàng)趨近于零就更困難了。而對(duì)復(fù)變函數(shù)來講，只要函數(shù)在Z0的鄰域內(nèi)處處解析，不僅有一階導(dǎo)數(shù)，且有各階導(dǎo)數(shù)。而實(shí)函數(shù)的可導(dǎo)性不能保證導(dǎo)數(shù)的連續(xù)性，因而不能保證高階導(dǎo)數(shù)的存在。(2)確定f(z)的Taylor級(jí)數(shù)的收斂半徑時(shí)，應(yīng)注意什么？奇點(diǎn)為什么在收斂圓周上？答：一般地，f(z)在解析區(qū)域D內(nèi)一點(diǎn)z0的Taylor級(jí)數(shù)的收斂半徑，等于z0到D的邊界上各點(diǎn)的最短距離。但f(z)在D內(nèi)有奇點(diǎn)時(shí)，R="-z04是f(z)的距z0最近的一個(gè)奇點(diǎn)。因此，在確定f(z)的Taylor級(jí)數(shù)的收斂半徑時(shí)，要

41、確定f(z)在D內(nèi)有無奇點(diǎn)，并找出距z0距離最近的一個(gè)奇點(diǎn)。奇點(diǎn)總是落在收斂圓周上，因?yàn)槿粼谑諗繄A內(nèi)，則在圓內(nèi)出現(xiàn)f(z)的不解析點(diǎn)；若在圓外，則收斂圓還可擴(kuò)大。(3) Laurent級(jí)數(shù)與Taylor級(jí)數(shù)有何關(guān)系？答：Laurent級(jí)數(shù)與Taylor級(jí)數(shù)的關(guān)系是：當(dāng)已給函數(shù)f在點(diǎn)z0處解析時(shí)，中心在z。，半徑等于由z0到函數(shù)f(z)的最近奇點(diǎn)的距離的那個(gè)圓域可以看成圓環(huán)域的特殊情形。在其中就可以作出羅倫級(jí)數(shù)展開式，根據(jù)柯西積分定理，這個(gè)展式的所有系數(shù)Cq(n=12)都等于零。在此情形下，計(jì)算羅倫級(jí)數(shù)的系數(shù)公式與Taylor級(jí)數(shù)的系數(shù)公式相同，所以羅倫級(jí)數(shù)就轉(zhuǎn)化為Taylor級(jí)數(shù)。因此，Tay

42、lor級(jí)數(shù)是羅倫級(jí)數(shù)的特殊情形。高等數(shù)學(xué)復(fù)變函數(shù)與積分變換（第五版）參考答案37第九章1 .找出下列各函數(shù)的所有零點(diǎn)，并指明其階數(shù)。z29z2 9八4解：z（Dz41=(z3i)(z-3i)z,所以z=±3i為一階零點(diǎn)2/z22 2)z(ef2z2fJ)1=0解：(法一)令f=z(e-1)則z=、2f(z)=(2z2z3)ez2-2z.2z23z2f(z)=(26z)e(2z2z)2ze-2f'(z)八=0,f(z).#0,(k#0)z=0z=、2knif“(z)z=0=°f(z)=12zez12z3ezc8z12z3)ez(4z24z3)2zezf"(z

43、)c=03 =0(4) z2z2z22z22z22z23z3(z)=12e24e-e36ze24ze(836z)e(8z12z)2ze_3z3_3-4z2一(16z32ze(8z8z)e2zf(4)(z)=20=0z=0,z=0為4階零點(diǎn)z=石面(k=0)為一階零點(diǎn)。(法二)令f(z)=z2(ez-1)242n2zzz=z2(1-1)1!2!n!242n_2二z4(1-)2!3!n!Z=0為4階零點(diǎn)。2=9萬為1階零點(diǎn)。(3)f(z)=6sinz3+z3(z6-6),問Z=0是f(z)的幾階零點(diǎn)。解:qQf(z)=6-(-1)n4nJz9-6z3(2n-1)!-6(z39z_十3!15z5!2

44、1z9_3)z9-6z37!615=z5!621-z7!+15二 z心66(一一z5!7!二z二0是f的15階零點(diǎn)。2,下列各函數(shù)有哪些奇點(diǎn)？各屬何類型（若是極點(diǎn)，指明它的階數(shù)）tg(z-1)(Dz- - eztg(z -1) 解：z -1sin(z -1)=(z -1) cos(z -1)limz 1tg(z -1)二131z -1 = k-： , z 二 k二，z = 1為可去奇點(diǎn)，231+ 21是簡單極點(diǎn)。(2)-1zk= 1,-2；z -ez 1 (ez-1)zez1解：ez-1z=z(ez-1)，令z(ez1)=O,得z=0,z=2依iz-ez.z.zeezez=0為可去奇點(diǎn)當(dāng)z=2

45、kni時(shí)，(k=0),z-ez1=0(ez-1)z1而z=2k：izz=e-1ze二0z=2ki,z=2kjd為一階極(3)1e=1z1解：e二1=、-(n衛(wèi)n!z-1)n1為本性奇點(diǎn)(4)sinz+cosz1解.sinz-coszr冗2sin(z)4kz二k二4時(shí)為1階極點(diǎn)。(5)sinz3-z解：z=0為奇點(diǎn)sinzu13(z_z3!5!1)2(1-z3!4)5!(Fnznf2nz(2n1)!二0為二階極點(diǎn)1(6)z2(ez-1)解：z=0,z=2k二i為奇點(diǎn)(ez-1)z2=z而二一n211)n留n!二二n二二n=z2J=卻Jn丑n!n£n!二z=0為三階極點(diǎn)z=2km為簡單極點(diǎn)g（z）是以Z0為零點(diǎn)的兩個(gè)不包為零的解析函數(shù)，則l二lim上zz0g(z)zE0g(z)高等數(shù)學(xué)復(fù)變函數(shù)與積分變換(第五版)參考答案證明：f(z0)=g(z0工且f三Qg三0,f,g是解析函數(shù)則f=(z玷"其中，"為解析函數(shù)g(z)=(zZo)nW(z)且甲(Zo)#0,中(Zo)#0,m,n各為某一正整數(shù)f(Z)，r,、m_n(z)一(Z