復(fù)變函數(shù)課后習(xí)題答案全

1、習(xí)題一答案1.求下列復(fù)數(shù)的實(shí)部、虛部、模、幅角主值及共腕復(fù)數(shù):(1)(3)2i3i(2)一(ii1)(i2)解:因此:(2)因此,(3)因此,(4)(4).821i4i(1)Rezz一(iRezRez.8ziRez32i3,13i1)(i2)310,3i1i33,4i1,2132i13Imz2133i13i101Imz1033iImziImz24i3,35i，213i2.將下列復(fù)數(shù)化為三角表達(dá)式和指數(shù)表達(dá)式:(1)i(2)1J3i(3)r(sinicos)(4)r(cosisin)(5)1cosisin(0解:(Dicosisinie2(2)1.3i2(cos23、2isin32.-i2e3(

2、3)r(sinicosrcos(2isin(2)(4)r(cosisinrcos(isin()re(5)1cosisin2sin222isincos223.求下列各式的值:5100100(D(，3I)(2)(1|)(1|)(3)(1,3l)(cosIsin)(1I)(cosIsin)(4)，L.l、2(cos5isin5)II3(cos3isin3)(5) 31(6)1解：（1）（%3i）52(cos(JIsIn(6)551(1I)100(1I)100(2I)50(2I)502(2)50(13i)(cosIsin)(1I)(cosIsin)，L.l、2(4)(cos5isin5)一,Z；Zz(

3、cos3isin3)(5)3i3cosIsin22(6) .1I.2(cos-Isin一)444.設(shè)Z11I、2,Z2J3i,試用三角形式表示44與二Z2解：Z1cos4Isin,4Z22cos(6)Isin(),所以Z1Z22cos(45 .解下列方程：6 )IsIn(4)2(cosIsin)，61212(1)(zI)51(2)z4a40(a0)解：（1）zI“由此2kIe5i,(k0,1,2,3,4)11acos-(2k)sin(442k)，當(dāng)k0,1,2,3時，對應(yīng)的4個根分別為:6.證明下列各題:(1)設(shè)zXiy,則證明：首先，顯然有Izl,x2y2其次，因2x卜|,周此有2(x2(i

4、xy)2,從而zx2y2(2)對任意復(fù)數(shù)4建2,有乙4證明：驗(yàn)證即可,首先左端而右端2x12V122y1x222x2y2z222Re(乙z2)(x1x2)2(y1y2)2,2V22Re(Xi2(x/2yy?)iy1)(x2iy2)(%x2)2(y1由此，左端=右端，即原式成立。(3)若abi是實(shí)系數(shù)代數(shù)方程a0zna1zan1za。0的一個根，那么abi也是它的一個根。證明：方程兩端取共腕，注意到系數(shù)皆為實(shí)數(shù)，并且根據(jù)復(fù)數(shù)的乘法運(yùn)算規(guī)則，zn(z)n,由此得到：a0(z)nQ(z)n1an1za00由此說明：若z為實(shí)系數(shù)代數(shù)方程的一個根，則z也是。結(jié)論得證(4)若a|1,則ba,皆有月a1ab

5、證明：根據(jù)已知條件，有aa1,因此:ab1ababaaababa(ab)(5)若a|1,b1,則有且11ab、1.2，,xx證明：ab(ab)(ab)_2_1ab(1ab)(1ab)2abab,abab,因?yàn)閍1,b1,所以，22222,2a|b|間|b|1(1間)(b|1)0,2-2ab因而ab1ab,即一一1,結(jié)論得證1ab7.設(shè)Z1,試寫出使zna達(dá)到最大的z的表達(dá)式，其中n為正整數(shù)，a為復(fù)數(shù)解：首先，由復(fù)數(shù)的三角不等式有znazna1a在上面兩個不等式都取等號時zna達(dá)到最大，為此，需要取zn與a同向且zn1,即zn應(yīng)為a的單位化向量，由止匕,a同8 .試用z1,4,4來表述使這三個點(diǎn)

6、共線的條件解：要使三點(diǎn)共線，那么用向量表示時,z2z1與4z1應(yīng)平行，因而二者應(yīng)同向或反向,即幅角應(yīng)相差0或的整數(shù)倍，再由復(fù)數(shù)的除法運(yùn)算規(guī)則知Arg三一亙應(yīng)為0或的整數(shù)倍，至此得到：馬，4，4三個點(diǎn)共線的條件是_z2一亙?yōu)閷?shí)數(shù)。9 .寫出過馬，馬(z14)兩點(diǎn)的直線的復(fù)參數(shù)方程。解：過兩點(diǎn)的直線的實(shí)參數(shù)方程為：xx1t(x2x1)yV1t(y2y。因而，復(fù)參數(shù)方程為：其中t為實(shí)參數(shù)。10 .下列參數(shù)方程表示彳f么曲線？(其中t為實(shí)參數(shù))(1) z(1i)t(2)zacostibsint(3)zt-t精心整理解：只需化為實(shí)參數(shù)方程即可。(1)xt,yt,因而表示直線yx22xy(2) xacos

7、t,ybsint,因而表小橢圓二1a2b2_1/(3) xt,y因而表小雙曲線xy111 .證明復(fù)平面上的圓周方程可表示為zzazazc0,其中a為復(fù)常數(shù)，c為實(shí)常數(shù)證明：圓周的實(shí)方程可表示為：x2y2AxByc0,zzzz、,八22II2一代入x,y,并注意到xyzzz,由此22i1AzzzzczzABc0,22iABiABi八整理，得zzzzc022記ABa,則B"a,由此得到22.-zzazazc0,結(jié)論得證。12 .證明：幅角主值函數(shù)argz在原點(diǎn)及負(fù)實(shí)軸上不連續(xù)。證明：首先，argz在原點(diǎn)無定義，因而不連續(xù)。對于x00,由argz的定義不難看出，當(dāng)z由實(shí)軸上方趨于時，arg

8、z,而當(dāng)z由實(shí)軸下方趨于x0時，argz,由此說明limargz不存在，因而argz在點(diǎn)不連續(xù)，zx0即在負(fù)實(shí)軸上不連續(xù)，結(jié)論得證。一,113 .函數(shù)w一把z平面上的曲線x1和x2y24分別映成w平面中的什么曲線？z解：對于x1,其方程可表示為z1yi,代入映射函數(shù)中，得111iywuiv-1,z1iy1y1y因而映成的像曲線的方程為u,v一%,消去參數(shù)y,得1y1yU2V212u,即(u1)2v2(1)2，表示一個圓周。對于x2y24,其方程可表示為zxiy2cos2isin代入映射函數(shù)中，得1 1221因而映成的像曲線的萬程為ucos,vsin,消去參數(shù)，得uv一,表2 24一，1示一半徑

9、為一的圓周。214 .指出下列各題中點(diǎn)Z的軌跡或所表示的點(diǎn)集，并做圖：解：(1)z%r(r0),說明動點(diǎn)到4的距離為一常數(shù)，因而表示圓心為心，半徑為r的圓周。(2) |zz0|r,是由到Z0的距離大于或等于r的點(diǎn)構(gòu)成的集合，即圓心為Z0半徑為r的圓周及圓周外部的點(diǎn)集。(3) |z1|z3|8,說明動點(diǎn)到兩個固定點(diǎn)1和3的距離之和為一常數(shù)，因而表示一個橢圓。代入zxiy,化為實(shí)方程得(4) |zi|zi|,說明動點(diǎn)到i和i的距離相等，因而是i和i連線的垂直平分線，即x軸。(5) arg(zi)一,幅角為一常數(shù)，因而表示以i為頂點(diǎn)的與x軸正向夾角為一的射線。4415 .做出下列不等式所確定的區(qū)域的

10、圖形，并指出是有界還是無界，單連通還是多連通。(1) 2|z|3,以原點(diǎn)為心，內(nèi)、外圓半徑分別為2、3的圓環(huán)區(qū)域，有界，多連通(2) argz(02)，頂點(diǎn)在原點(diǎn)，兩條邊的傾角分別為，的角形區(qū)域，無界，單連通(3) j-z3|1,顯然z2,并且原不等式等價于|z3|z2,說明z到3的距離比到2的距離大，因此原不等式表示2與3連線的垂直平分線即x2.5左邊部分除掉x2后的點(diǎn)構(gòu)成的集合，是一無界，多連通區(qū)域。(4) z2z21,顯然該區(qū)域的邊界為雙曲線z2z21,化為實(shí)方程為4x2y21,再注意到z15到2與Z到2的距離之差大于1,因而不等式表示的應(yīng)為上述雙曲線左邊一支的左側(cè)部分，是一無界單連通區(qū)

11、域。(5) z14z1,代入zxiy,化為實(shí)不等式，得178所以表小圓心為(一,0)半徑為？的圓周外部，是一無界多連通區(qū)域。1515習(xí)題二答案1.指出下列函數(shù)的解析區(qū)域和奇點(diǎn)，并求出可導(dǎo)點(diǎn)的導(dǎo)數(shù)。,、5311(D(z1)5(2)z2iz(3)(4)zz21z3解：根據(jù)函數(shù)的可導(dǎo)性法則(可導(dǎo)函數(shù)的和、差、積、商仍為可導(dǎo)函數(shù)，商時分母不為0),根據(jù)和、差、積、商的導(dǎo)數(shù)公式及復(fù)合函數(shù)導(dǎo)數(shù)公式，再注意到區(qū)域上可導(dǎo)一定解析，由此得到：(D(z1)5處處解析，(z1)55(z1)4(2) z32iz處處解析，(z32iz)3z22i1 2(3)的奇點(diǎn)為z10,即zi,z211(4) z的奇點(diǎn)為z3,z32

12、.判別下列函數(shù)在何處可導(dǎo)，何處解析，并求出可導(dǎo)點(diǎn)的導(dǎo)數(shù)。(1)f(z)xy2x2yi(2)f(z)x2y2i(3) f(z)x33xy2i(3x2yy3)(4)f(z)=z解：根據(jù)柯西一黎曼定理：22(1) uxy,vxy,四個一階偏導(dǎo)數(shù)皆連續(xù)，因而u,v處處可微，再由柯西一黎曼方程jvv,uvVx解得：xy0,xyyx因此，函數(shù)在z0點(diǎn)可導(dǎo)，f(0)uxivxn0,'，xxz0函數(shù)處處不解析。22(2) ux,vy,四個一階偏導(dǎo)數(shù)皆連續(xù)，因而u,v處處可微，再由柯西一黎曼方程uxvy,uyvx解得：xy,因此，函數(shù)在直線yx上可導(dǎo)，f(xix)uxivx|yx2x,因可導(dǎo)點(diǎn)集為直線，

13、構(gòu)不成區(qū)域，因而函數(shù)處處不解析。(3) ux33xy2,v3x2yy3,四個一階偏導(dǎo)數(shù)皆連續(xù)，因而u,v處處可微，并且u,v處處滿足柯西一黎曼方程uxVy，uyVx因此，函數(shù)處處可導(dǎo)，處處解析，且導(dǎo)數(shù)為(4)f(z)ux1z2x1xiyuy222,(xy)2xy7272,(xy)vyxiy-22，uxy22xy222，(xy)2xy222，(xy)x22,xyJ,xy因函數(shù)的定義域?yàn)閦0,故此，u,v處處不滿足柯西一黎曼方程，因而函數(shù)處處不可導(dǎo),處處不解析。3.當(dāng)l,m,n取何值時f(z)my32nxyi(x3lxy2)在復(fù)平面上處處解析?解：umy3nx2y,vUx2nxy,Vy2lxy,U

14、y由柯西一黎曼方程得：由(1)得nl,由(2)得nlxy3my3,2nx,Vx223xly,3ml,因而，最終有4.證明：若f(z)解析，則有(|f(z)|)2(由柯V2)2(一uf(z)2|2f(z)|uuyVVxxxu2f(z)2右端,5.證明：若f(z)常數(shù)。y(uuyvvy)22：22uuV)2、22VV)(uvxV522uV證畢。uiv在區(qū)域D內(nèi)解析，且滿足下列條件之一,則f(z)在D內(nèi)一定為(1)f(z)在D內(nèi)解析，(2)u在D內(nèi)為常數(shù),(3)f(z)在D內(nèi)為常數(shù)，(4)Vu2(5)2u3v1證明：關(guān)鍵證明u,v的一階偏導(dǎo)數(shù)皆為0!(1)f(z)uiv,因其解析，故此由柯西一黎曼方

15、程得UxVy,uyVx而由f(z)的解析性，又有uxVv,uvxyy由(1)、(2)知，uxUvVxVvxyxyf(z)c1ic2為常數(shù)(2)設(shè)uc1,那么由柯西一黎曼方程得Vxuy0,VyUx0,(DVx(2)0,因此uc1,Vc2，即(3)由已知，2uuy2vVxxx2uuy2VVyf(z)|2u20因f(z)解析，所以又有uxxVy，求解方程組(1)、(2),得uxx從而f(z)也為常數(shù)。uyuyVx(2)xvxvy0,說明u，v皆與x，y無關(guān)，因而為常數(shù),說明v與x，y無關(guān)，因而vc2,從而f(z)c1ic2為常數(shù)。2vc。為常數(shù)，等式兩端分別對x，y求偏導(dǎo)數(shù)，得(1)(4)同理，vu

16、2兩端分別對x，y求偏導(dǎo)數(shù)，得再聯(lián)立柯西黎曼方程uyxVy，uy4,仍有(5)同前面一樣，2u3v1兩端分別對x,y求偏導(dǎo)數(shù)，得考慮到柯西一黎曼方程uYxvy,uyvx,仍有uxuvvxvv0,證畢。xyxy6.計(jì)算下列各值(若是對數(shù)還需求出主值)(1)(2)Ln(i)(3)Ln(34i)(4)sini(5)(1i)i2(6)273解:i(1) e2cos(2)Ln(i)Inarg(i)2ki(22k)k為任意整數(shù),主值為：ln(i)(3)Ln(34i)2ln4iarg(34i)2kln5(4arctan-32k)i，k為任意整數(shù)主值為：ln(4i)ln5arctan4)i(4)sinii.i

17、ei.ie2i(5)(1i)iiLn(1i)e2i(ln2-ie42ki)iln.2一e42k一2ke4(cosln五isinJ5),k為任意整數(shù)222-Ln27-(ln272ki)(6)273e3e3當(dāng)k分別取0,1,2時得到3個值:2ln274kie3e34k9e39,9e38i73I),9e312(1、3|)7.求e2和Argez222.解：ezexy2xyi,因此根據(jù)指數(shù)函數(shù)的定義，有2222ezexy,Argez2xy2k,(k為任意整數(shù))8 .設(shè)zrei,求ReLn(z1)解：Ln(z1)ln|z1|Iarg(z1)2kI,因此9 .解下列方程：(1) ez1E(2)lnzI2(3

18、) sinzcosz0(4)shzI解：(1)方程兩端取對數(shù)得：zLn(1J3i)ln2(-2k)I(k為任意整數(shù))(2)根據(jù)對數(shù)與指數(shù)的關(guān)系，應(yīng)有(3)由三角函數(shù)公式(同實(shí)三角函數(shù)一樣)，方程可變形為因此zk,即zkk為任意整數(shù)44ezez(4)由雙曲函數(shù)的定義得shzI,解得2(ez)22Iez10,即ezI,所以zLnI(2k)I,k為任意整數(shù)210 .證明羅比塔法則：若f(z)及g(z)在z0點(diǎn)解析，且f(z0)g(zj0,g(z0)0,則lImf3并由此求極限Ums”；lImzz。g(z)g(4)z0zz0證明：由商的極限運(yùn)算法則及導(dǎo)數(shù)定義知f(z)f(4).f(z)zz0hmhm0

19、z&g(z)zz°g(z)g(z0)由此，lImz0sInzzzcoszlIm1z01.f(z)f(z0)hmzz0zz0.g(z)g(z0)hmzz0zz0ez1zf(4)g(z0)11 .用對數(shù)計(jì)算公式直接驗(yàn)證:(DLnz22Lnz(2)LnVz1Lnz2解：記zreI,則(D左端Ln(r2e2i)2lnr(22k)i,右端2lnr(2m)i2lnr(24m)i,其中的k,m為任意整數(shù)顯然，左端所包含的元素比右端的要多(如左端在k1時的值為2lnr(22)i,而右端卻取不到這一值)，因此兩端不相等。(m2k)i2(-n)i2_2mi(2)左端Lnre2-lnr11右防一l

20、nr(2n)ilnr22其中k,n為任意整數(shù)，而m0,1不難看出，對于左端任意的k,右端n取2k或2k1時與其對應(yīng)；反之，對于右端任意的n,當(dāng)n2l為偶數(shù)時，左端可取kl,m0于其對應(yīng)，而當(dāng)n2l1為奇數(shù)時，左端可取k2l,m1于其對應(yīng)。綜上所述，左右兩個集合中的元素相互對應(yīng)，即二者相等。12 .證明sinzsinz,coszcosz證明：首先有ezex(cosyisiny)ex(cosyisiny)exiyez,因此izizee一sinz,第一式子證畢。2i同理可證第二式子也成立。13.證明|Imz|sin證明：首先，sinzz|e'mW(gp|y|sinz、e,2i2eyeyey,

21、右端不等式得到證明。其次，由復(fù)數(shù)的三角不等式又有eizeiz|同卜|eyeysinz2i22eyxxee根據(jù)圖等數(shù)學(xué)中的單調(diào)性萬法可以證明x0時x,因此接著上面的證明，有2eyeysinzy,左端不等式得到證明。214.設(shè)zR,證明sinzchR,coszlchR證明：由復(fù)數(shù)的三角不等式，有izizpizpizeeeesinz2i2由已知，yR,再主要到xeyeych|y|,0時chx單調(diào)增加，因此有sinzchychR,同理,coszizizee2izeizechR證畢15.已知平面流場的復(fù)勢(D(zi)2(2)z22f(z)為1(3) -z21試求流動的速度及流線和等勢線方程。解：只需注意

22、，若記f(z)(x,y)i(x,y),則流場的流速為v流線為(x,y)等勢線為因此，有(1)(z流速為v(x,y)f(z),Ci,c2，i)2x詬(y1)i2x22(T7)2(z(y1)22x(y1)ii),流線為x(y1)c1,等勢線為x2(2)z3(xiy)3x33xy2(y1)2C2(3x2yy3)i流速為vf流線為3x2y(z)3z23(z)2,c1,等勢線為132x3xyc21流速為v流線為一2(x2(xiy)217TT2zf(z)/2八2(z1)-2(z2y2z1)212xyi等勢線為F(x2xy2dX2.22y1)4xy22xy12772/22y1)4xyC2習(xí)題三答案1.計(jì)算積

23、分(xyix2)dz,其中c為從原點(diǎn)到1i的直線段c解：積分曲線的方程為xt,yt,即zxiytti,t:01,代入原積分表達(dá)式中，得2 .計(jì)算積分ezdz,其中c為ci的直線iy(1)從0到1再到1i的折線(2)從0至IJ1解：(1)從0到1的線段c1方程為：zx從1到1i的線段c2方程為：zxiy1iy,精心整理代入積分表達(dá)式中，得e1ei(sin1icosli)e(cos1isinl)1e7.通過分析被積函數(shù)的奇點(diǎn)分布情況說明下列積分為0的原因，其中積分曲線c皆為zi1；(2)從0到1i的直線段的方程為zxiytti,t:01,代入積分表達(dá)式中，得Z11卜edzoe(tti)dt(1i)

24、Qe(costisint)dt,c對上述積分應(yīng)用分步積分法，得.23 .積分(xiy)dz,其中c為(1)沿yx從0到1i(2)沿yx2從0到1i解：(1)積分曲線的方程為zxiytti,t:01,代入原積分表達(dá)式中，得(2)積分曲線的方程為zxiyxx2i,t:01,代入積分表達(dá)式中，得4 .計(jì)算積分|z|dz,其中c為1*'Ic(1)從1到+1的直線段(2)從1到+1的圓心在原點(diǎn)的上半圓周解：(1)c的方程為zx,代入，得(2)c的方程為zxiycosisin,:0,代入，得5.估計(jì)積分z的模，其中c為+1到-1的圓心在原點(diǎn)的上半圓周。解：在c上,z=1,因而由積分估計(jì)式得dsc的

25、弧長c6.用積分估計(jì)式證明：若f(z)在整個復(fù)平面上有界，則正整數(shù)n1時其中cR為圓心在原點(diǎn)半徑為R的正向圓周。證明：記f(z)M,則由積分估計(jì)式得Mc-2M前2R前取極限，由夾比定理，得因n1,因此上式兩端令RlimRdz0,證畢。zn(4) Ccdz(z2)dzcosz(5) Ozezdzc(3)Cdcz22解：各積分的被積函數(shù)的奇點(diǎn)為：(1)z2,(2)(z1)230即z1有，(3)zT2i(4)zk,2k為任意整數(shù),(5)被積函數(shù)處處解析，無奇點(diǎn)不難看出，上述奇點(diǎn)的模皆大于1,即皆在積分曲線之外,從而在積分曲線內(nèi)被積函數(shù)解析,因此根據(jù)柯西基本定理，以上積分值都為8 .計(jì)算下列積分：0o

26、0冊2zdzi.2,/、sinzdz(3)i1zsinzdz0解：以上積分皆與路徑無關(guān),因此用求原函數(shù)的方法:(D2ze1dz-e'22z1/3。、1/八2(e2e)2(i1)(2)sin2zdzicos2z,rzsin2zdz-2(3)1zsinzdz01zdcosz0zcoszcoszdz0_dz9 .計(jì)算一口cza其中c為不經(jīng)過a的任一簡單正向閉曲線。解：被積函數(shù)的奇點(diǎn)為a,根據(jù)其與c的位置分四種情況討論:(1)a皆在c外，則在c內(nèi)被積函數(shù)解析，因而由柯西基本定理(2)a在c內(nèi),a在c外，則一z11在c內(nèi)解析，因而由柯西積分a公式:dz22za.1iza(3)(4)同理，當(dāng)a在c

27、內(nèi)，a在c外時,a皆在c內(nèi)此時，在c內(nèi)圍繞a,a分別做兩條相互外離的小閉合曲線j,c2,則由復(fù)合閉路原理得:、1注：此題若分解-2za1-)，則更簡單!aza10.計(jì)算下列各積分解:(1)°z1(z;)(z2)由柯西積分公式iz(2)04-z2iJ在積分曲線內(nèi)被積函數(shù)只有一個奇點(diǎn)i,故此同上題一樣:(3)。2*3(z21)(z24)z2在積分曲線內(nèi)被積函數(shù)有兩個奇點(diǎn)i,圍繞i,i分別做兩條相互外離的小閉合曲線c1,c2,則由復(fù)合閉路原理得：(4) O一一dz,在積分曲線內(nèi)被積函數(shù)只有一個奇點(diǎn)1,故此z22z1(5) Osinzdz,z2z14在積分曲線內(nèi)被積函數(shù)有兩個奇點(diǎn)1,圍繞1,

28、1分別做兩條相互外離的小閉合曲線g,c2,則由復(fù)合閉路原理得：2n(6)Odz,n為正整數(shù)，由高階導(dǎo)數(shù)公式|z2JDn一dz,其中c為1)31ez計(jì)算積分oe2icz(z(D1,一(2)z1解：(2)(3)2(1)由柯西積分公式同理，由高階導(dǎo)數(shù)公式由復(fù)合閉路原理(3)Z(Z其中,ze1)32內(nèi)分別圍繞0,1且相互外離的小閉合曲線。12.-1積分Odz的值是什么？并由此證明|Z1z212cos,八d0054cos解：首先，由柯西基本定理,其次，令zr(cosisin1Odz0,因?yàn)楸环e函數(shù)的奇點(diǎn)在積分曲線外。z1z2),代入上述積分中，得考察上述積分的被積函數(shù)的虛部，便得到即013.12cos,

29、d54cos12cos,d0,再由cos的周期性，得54cos設(shè)f(z),g(z)都在簡單閉曲線c上及c內(nèi)解析，且在c上f(z)g(z),證明在c內(nèi)也有f(z)g(z)證明：由柯西積分公式，對于c內(nèi)任意點(diǎn)4,、1f(z),、1g(z),f(Zo)O-dz,g(zo)O-dz,21czz021czz0由已知，在積分曲線c上，f(z)g(z),故此有再由z0的任意性知，在c內(nèi)恒有f(z)g(z),證畢。14.設(shè)f(z)在單連通區(qū)域D內(nèi)解析，且If(z)1|1,證明(1)在D內(nèi)f(z)0；(2)對于D內(nèi)任一簡單閉曲線c,皆有衛(wèi)dz0cf證明：(1)顯然，因?yàn)槿粼谀滁c(diǎn)處f(z)0,則由已知011,矛盾

30、！(也可直接證明：|f(z)1|f(z)1|1,因此1|f(z)|11,即0|f(z)|2,說明f(z)0)(3)既然f(z)0,再注意到f(z)解析，f(z)也解析，因此由函數(shù)的解析性法則知士)也在區(qū)域D內(nèi)解析，這樣，根據(jù)柯西基本定理，對于D內(nèi)任一簡單閉曲線c,f(z)皆有。10dz0,證畢。cf(z)15.求雙曲線y2x2c(c0為常數(shù))的正交(即垂直)曲線族。解：uy2x2為調(diào)和函數(shù)，因此只需求出其共腕調(diào)和函數(shù)v(x,y),則v(x,y)c便是所要求的曲線族。為此，由柯西一黎曼方程vxuy2y,因此v(2y)dx2xyg(y),再由vyux2x知，g(y)0,即g(y)00為常數(shù)，因止匕

31、v2xyc0,從而所求的正交曲線族為xyc(注：實(shí)際上，本題的答案也可觀察出，因極易想到f(z)z2y2x22xyi解析)16 .設(shè)vepxsiny,求p的值使得v為調(diào)和函數(shù)。解：由調(diào)和函數(shù)的定義vxxvyyp2epxsiny(epxsiny)0,因此要使v為某個區(qū)域內(nèi)的調(diào)和函數(shù)，即在某區(qū)域內(nèi)上述等式成立，必須p210,即p1。17 .已知uvx2y22xy5x5y,試確定解析函數(shù)解：首先，等式兩端分別對x,y求偏導(dǎo)數(shù)，得UxVx2x2y5(1)xxuyvy2y2x5(2)再聯(lián)立上柯西一黎曼方程uxvy(3)UyVx(4)從上述方程組中解出ux,uv,得xy這樣，對ux積分，得ux25xc(y

32、),再代入與中，得至此得到：ux25xy2Cq,由二者之和又可解出v2xy5yc,因此2f(z)uIVz5zcoCqI,其中Cq為任息頭吊數(shù)，注：此題還有一種方法：由定理知由此也可很方便的求出f(z)。18.由下列各已知調(diào)和函數(shù)求解析函數(shù)f(z)uIv解：(1)ux2xyy2,f(I)1I,由柯西一黎曼方程，vyux2xy,對y積分，得v2xy再由vxc(x)v2xy1 22 yc(x),uy得2yc(x)x2y,因此x,c(x)1212一y一x2212r-x2c0,所以20co，-,-二1因f(i)1,說明x0,y1時v1,由此求出c0-,02至此得到：f(z)uIvx2xyy2(y2x22

33、xy)I,222_e.121整理后可得：f(z)(1I)z2I22(2)v2y2,f(2)0xy此類問題，除了上題采用的方法外，也可這樣:x2y22xyI(z)2(x2y2)2(x2y2)2(zz)2f(z)1c,z其中c為復(fù)常數(shù)。代入f(2)0得，c1一，一,故此2(3)varctanY,(x0)x同上題一樣，f(z)uxivxvvivx人入y入xy.z12222i一，xyxyzzz因此f(z)Inzc0,其中的Inz為對數(shù)主值，co為任意實(shí)常數(shù)。(4)uex(xcosyysiny),f(0)0vxuyex(xsinysinyycosy),對x積分，得再由vyux得c(x)0,所以c(x)c

34、0為常數(shù)，由f(0)0知，xy0時v0,由此確定出c00,至此得到：f(z)uivex(xcosyysiny)iex(xsinyycosy),整理后可得f(z)zez19.設(shè)在|z|1上f(z)解析，且|f(z)|1,證明If(0)|1證明：由高階導(dǎo)數(shù)公式及積分估計(jì)式，得1 1、ods21,證畢。2 z1220.若f(z)在閉圓盤|zz0|R上解析，且|f(z)|M,試證明柯西不等式f(z。)為常數(shù)。n!、一,八一人一一el,M,并由此證明劉維爾定理：在整個復(fù)平面上有界且處處解析的函數(shù)一定Rn證明：由高階導(dǎo)數(shù)公式及積分估計(jì)式，得n!2Rn1o|f(z)|dsz1n!M2Rn1n!M門-n!M1

35、2R-2Rn1Rn柯西不等式證畢；下證劉維爾定理:因?yàn)楹瘮?shù)有界，不妨設(shè)|f(z)|M，那么由柯西不等式，對任意因f(z)處處解析，因此R可任意大，這樣，令R，得|f(z0)|0,從而|f(zjl0,即f(4)f(z)0,因而f(z)為常數(shù)，證畢。習(xí)題四答案1 .考察下列數(shù)列是否收斂，如果收斂，求出其極限.c1(D4in1n解：因?yàn)閘imin不存在，所以limzn不存在，由定理4.1知，數(shù)列nn4都有|f1)|M,又R0,再由4的任意性知zn不收斂.2 2)z解：1-(cosisin),其中22Zn(cosisin)2n2rcosn.5isinn因?yàn)閘imn0,由定義4.1知，數(shù)列O)Zn解：因

36、為1ie2nn.一ie21,cosnisinnZn收斂,由定義4.1知,數(shù)列Znn收斂,1,所以limn極限為0.,1二i所以lim-e2nn極限為0.n2cosnisinn05(4)Zn(z)Z解：設(shè)zr(cosisinZn(-)ncos2nZisin2n,因?yàn)閘imcos2n,limsin2n者BnnZn不收斂.inL收斂，且為絕對收斂.n1n!不存在，所以limzn不存在，由定理4.1知，數(shù)列n2,下列級數(shù)是否收斂？是否絕對收斂ni1n!-n解：匚工，由正項(xiàng)級數(shù)的比值判別法知該級數(shù)收斂，故級數(shù)n!n!n.ncos解：i-2n2lnnn2lnnnsin-ncos1因?yàn)?1n2lnnln2該

37、級數(shù)收斂，同樣可知,n2lnn111ln4ln6ln8是交錯級數(shù)，根據(jù)交錯級數(shù)的萊布尼茲審斂法知nsin211111n2lnnln3ln5ln7ln9in也收斂，故級數(shù)匚是收斂的.n2lnn又I口,n211nn|n21nnlnn收斂.因?yàn)?發(fā)散,n2n1故級數(shù)發(fā)散,n2lnnin.一從而級數(shù)條件n2lnncosin02n解:cosinn02nnee2n1ne2n1n因級數(shù)ne2n1發(fā)散,cosin02n發(fā)散.解:on!35in里，由正項(xiàng)正項(xiàng)級數(shù)比值判別法知該級數(shù)收斂,故級數(shù)n35i仇收0n!斂，且為絕對收斂.3.試確定下列幕級數(shù)的收斂半徑.解:limn夜,故此事級數(shù)的收斂半徑R1=.n!nnz

38、on解:limncn1limn(n1)!nnn1(n1)n!lim1n(1-)nn11,故此事級數(shù)的收斂半徑Rei一nnenz1limni一en11,故此事級數(shù)的收斂半徑R1./八2n12n-7zn12解：令z2Z,則2n1n12n2n2z2n1n12nzn1limnlimn2n12n12n12n1Zn1n12n的收斂域?yàn)閆Z2,即日2,從而幕級數(shù)2n2n12n2n12nz的收斂域?yàn)閦亞,收斂半徑為R拒.4.設(shè)級數(shù)n收斂，而n0n0發(fā)散，證明nN。的收斂半徑為1.n0證明：在點(diǎn)z1處，nznn0n，因?yàn)閚收斂，所以n收斂，故由阿貝爾定理知,n0n0n01時,n收斂，且為絕對收斂，即收斂.1時,

39、發(fā)散，根據(jù)正項(xiàng)級數(shù)的比較準(zhǔn)則可知,發(fā)散，從而的收斂半徑為1,由定理4.6,nzn的收斂半徑也為1.n05.如果級數(shù)gzn在它的收斂圓的圓周上一點(diǎn)n0域上絕對收斂.zo處絕對收斂，證明它在收斂圓所圍的閉區(qū)證明：zZ0時,cn由阿貝爾定理,ncnZocnzn絕對收斂.n0,由已知條件知,ncnZo收斂，即n0ncnz收斂，亦即孰2”絕對收斂.n06.將下列函數(shù)展開為1(11V(1z)z的幕級數(shù)，并指出其收斂區(qū)域.解：由于函數(shù)一(1幕級數(shù).根據(jù)例的奇點(diǎn)為zi,因此它在z1內(nèi)處處解析，可以在此圓內(nèi)展開成z的4.2的結(jié)果，可以得到1121z2z4(1)nzn,z將上式兩邊逐項(xiàng)求導(dǎo),即得所要求的展開式12

40、2(1z)(2)=(111(L12z22z4n12n23z(1)nz,舊1,(za)(zb)(a0,b0)解：ab時，由于函數(shù)(za)(zb)析，可以在此圓內(nèi)展開成z的幕級數(shù).(a0,b0)的奇點(diǎn)為za,因此它在|za內(nèi)處處解=1(1anznaab時，由于函數(shù))=1(1aa1n1-1產(chǎn)一2-a內(nèi)處處解析,(za)(zb)可以在此圓內(nèi)展開成11z=(-2abaa1r11,1=.(,2abbab(a0,b0)的奇點(diǎn)為z的幕級數(shù).'n-nzn1a1、，2)z(a1bLbn1zb2zia,z2b,因此它在Mmina,bnzun1)b)zn,zmin|a|,曲.(3)cosz2解：由于函數(shù)cos

41、z在復(fù)平面內(nèi)處處解析,2cosz41z2!8zn(1)4!所以它在整個復(fù)平面內(nèi)可以展開成2nz|z的幕級數(shù).(2n)!，z|(4)shz解：由于函數(shù)shz在復(fù)平面內(nèi)處處解析，所以它在整個復(fù)平面內(nèi)可以展開成z的幕級數(shù).shzisiniz32n13(iz)n(iz)、(z)i(iz(1)z3!(2n1)!3!(z)2n1(2n1)!，z(5).2sinz解：由于函數(shù)sin2z在復(fù)平面內(nèi)處處解析，所以它在整個復(fù)平面內(nèi)可以展開成z的幕級數(shù).=(2z-(1)n1-(2，z.22!2(2n)!(6)ezsinz解：由于函數(shù)ezsinz在復(fù)平面內(nèi)處處解析，所以它在整個復(fù)平面內(nèi)可以展開成z的幕級數(shù).izizz

42、-zeeesinze2i(i1)z(1i)zee2i1-(1(1i)z2i1°22i2(2izz-2i2!(1.、22i)z2!(1i)n(1nn(1i)zn!nLzn)=z(1i)z22(1i)z2!，z7.求下列函數(shù)展開在指定點(diǎn)zo處的泰勒展式,并寫出展式成立的區(qū)域.(1)解:(z1zz2)，zo2z2(z1)(z2)z2z2nn(1i)zn!)1K41z23(z2)no4n，13n0(z2)n3n由于函數(shù)(z1)(z以有：2)的奇點(diǎn)為Z11Z2,所以這兩個展開式在3內(nèi)處處成立.所z(z1)(z,zoz2)解：由于所以z12z1111'()z(z2)n4n13n(z2)n

43、o3n(言o2(z1)(z1)21)n(z，z12(z1)(1)n1n(z1)n1(3)243z解：-43z43(z1i)33i13i3(z1i)13i11(z1i)13i1一13i展開式成立的區(qū)域:o(13n(3i)nZi)n3no(13i)n1(z3，/.、(z1i)13i、103(4)tanz,zo解：tanzsecztanz2sec2ztanz22tanz2secz(2tanz1),tanz2sec42sec2ztanz2,z4'"tanz22z2secz(2tanzz41)8-，故有3因?yàn)閠anz的奇點(diǎn)為zk,kZ,2所以這個等式在的范圍內(nèi)處處成立。48.將下列函數(shù)

44、在指定的圓域內(nèi)展開成洛朗級數(shù).解:(z21)(z2)1,12_(z1)(z2)2z215(z2zz212一),z11)n11)2nz1)n2n2,z1故有2(z1)(z2)1zn5(n02n11)n12n1z2z1z2(z1)解：2z1z在0在1(zz,01)(z1)(z2),01,12z2(zz111)1,1解：在0在11內(nèi),內(nèi)1(z1)(z2)1(z2)二n0(1)n(z；)n21(4)sin,01z解：在0z(5)cos一z解:,01z在0故有cosz1z1cos(1,1一.cos1cossin1sinz19.將f(z)122/2(z1)i的去心鄰域內(nèi)展開成洛朗級數(shù).解:因?yàn)楹瘮?shù)f(z)

45、(zz的奇點(diǎn)為1)2內(nèi)zi,所以它以點(diǎn)i為心的去心鄰域是圓環(huán)域1zi2i2i1(zi)12iL(1y(zi)n(2i)n(1)n10(2i)n1故有f(z)11nn1；、n222(1)n-2(zi)(z1)(zi)n0(2i)10.函數(shù)f(z)lnz能否在圓環(huán)域0zR(0nn1n2(1)=(zi)n0(2i)內(nèi)展開為洛朗級數(shù)？為什么?答：不能。,0zR內(nèi)都有f(z)Inz不能在函數(shù)f(z)lnz的奇點(diǎn)為，z0,zR,所以對于R,0Rf(z)的奇點(diǎn)，即"2)以20為環(huán)心的處處解析的圓環(huán)域不存在，所以函數(shù)圓環(huán)域0|zR(0R)內(nèi)展開為洛朗級數(shù).習(xí)題五答案1.求下列各函數(shù)的孤立奇點(diǎn)，說明其類型，如果是極點(diǎn)，指出它的級./.、z1(1)22z(z1)解：函數(shù)的孤立奇點(diǎn)是因入7272z(z1)(z由性質(zhì)5.2知，z0是函數(shù)的萼z22i)z(zi)1級極點(diǎn)，z1z122(zi)z(zi)i均是函數(shù)的2級極點(diǎn).解：函數(shù)的孤立奇點(diǎn)是0,sinz13-(zzz1)n2n1z(2n),由極點(diǎn)定義知,1)!是函數(shù)的2級極點(diǎn).(3)ln(1z)z解：函數(shù)的孤立奇點(diǎn)是0,