FB工程數(shù)學(復變函數(shù))習題課20211120

工程數(shù)學（復變函數(shù)）習題課[1][例3] 計算以下各式的值（1）[例4] 求知足以下條件的所有復數(shù)z：z

13 是實數(shù)，且1zz z

6；zz實部為奇數(shù)。解]：zxiyx,yRx,y不同時為零，那么z13 xiy 13z xiy(x

13x

)i(y

13y )x2y2 x2y2由條件（1）得：y=0x2y213y0y0

1x

13xx2y

x

136x x不存在。x2y213

1x

13x 2x6 1

x3當 時，由

x2y2

，知2 。；當 時， 。但因又由（2）知x為整數(shù)，且為奇數(shù)，即：；當 時， 。但因12那么當 時x1 y12那么當 時332i 32

x3 y2 y

12不是整數(shù)，應(yīng)除去，最12[6]z為復數(shù)。（1）limz0[

Rezz]

zxiy

， 那

Rez xz xiy ， 有l(wèi)im

Rez

lim

x 1z0 z

z0 ximxymx

1im1顯然，m1

的值不同，故極限不存在。（2）

lim

z2iz1iz(i1) z

2

z2iz1i (z1)(z1i)[解]由

2ii)2

z22i (z1i)(z1i)lim

z2iz1i

z1

3i因此：z(i1)

z22

z1iz1i 4limzi

ziz(1z2)zi zi 1[]：因為z(1z2

z(zi)(zi

z(zi)lim

zi

lim 1

1因此：

ziz(1z2)

ziz(zi) 2lim 1(z02i z

z) (z0)z[ 解 ] ： 設(shè) 那 zrei r（cos[ 解 ] ： 設(shè) 那 zrei r(cosisin)1f(z) (12i z

z)(2rcos2irsin) 1z 2ir

sin2 0當 ，即z沿正實軸時，f(z)→0；當 4，即z沿直線y=x→0時，f(z)→1；因此：

lim 1(z02i z

z) (z0z

不存在。[例9][10][11][20][例23] 討論函

fz)3z2z2在復平面上何處可導？何處解析？解]： ，3z2z23x2x22y2i(4解]： ，u3x2x22y2 vy4xyu14x u4y v4y v14x那么：x y x y由上可知，在復平面上處處知足C-R條件，且偏導數(shù)持續(xù)，即u，v可微，因此函數(shù)在復平面上處處可導，處處解析。1[例24] 討論函數(shù)z

在復平面上何處可導？何處解析？1 1 x i y解

z xiy x2y2 x2y2，令u xx2y2

v yx2y2u y2x2 u 2xy那么：x (x2y2)2 y (x2y2)2v 2

v x2y2z0

x (x2y2)2 y (x2y2)21由上可知，關(guān)于

，解析函數(shù)的C-R條件處處不知足，因此函數(shù)

z 處處不可導，處處不解析。[例25] 討論函

fz)(x2y2x)i2xyy2)在復平面上何處可導？何處解析？解]：令 ux2y2x v2xy解]：令 u2x1 u2

v2y v2x2y

x y

x y由上可知，當y=1/2時才知足C-R條件，故函數(shù)僅在直線y=1/2上可導，在復平面處處不解析。[例28] 設(shè)f(z)=my3+nx2y+i(x3+lxy2)為解析函數(shù)，試確信l，m和n的值。u解]：因為

2nxyu

v

3my2nx2

v3x2ly2x

v2lxyy由解析函數(shù)的C-R

x

，得：lnuv同例，由

y x，得：3my2nx2=3x2ly2ln3m1[例29] 設(shè)vepxsin y求p 的值使v為調(diào)和函數(shù)并求出解析函數(shù)f(z)uiv。v pepxsin y vepxcos y解]：因為x ，y 及2v 2v p2epx

sin y e

sin y2v由x2

2y2

x2pp

，u v

y2u當p1當

vexsin

，那么由

xy

excos yuexcos ydx g(y)excos yg(yuu又由y

exsin yg'(y)exsin yg'(y)0 g(y)C其中C是一個常數(shù)項。f(z)excos yiexsin yC最后得： ezC同理，當

p1 f(z)ezC[例33] 證明：ux2y2和v

yx2y

都是調(diào)和函數(shù)，但uvi不是解析函數(shù)。[例34][例41]計算積分C

(xyix

2dzC0到1i。I[解]：直線段方程為y=x，0≤x≤1，因此：

(xyix2)d(xiy)C1 i1ix2(1i)dx0 3[例42] 計算積分C

(z

zzdz，C|z|

上從1到–1的上半圓周。解]： ， ， ，因此zei 0 z2zz解]： ， ， ，因此IC1

(z

zz)dz

(ei21)ieid0[ ei3 ei]3 01 1 ei3 ei 11 1 3 3 3[例44]、[例45] 計算或討論以下各式的值，其中z 為復數(shù)（每題5分，共25分） ez dz

z3

z(z21)解] 在|z|=3內(nèi)有奇點z=0,–1,1，分解被積函數(shù)為部份分式，再應(yīng)用柯西積分公式 e

dz

ez dz1 e

dz1 ez dzz3

z(z

1) z 2C

z1 2C

z12iez

2iez

2iez

cos9xcos x

z0 2i(ee12)

z

2 z1cos9xe9ixe9

e8

e6

e4

e2ix

cos x

e

e

1e2ixe4ixe6ixe8ixcos9x 1 dx e8

e6

e4

e2ix111cos x 8i 6i 4i 2i1111111x e2ix e4ix e6ix e8ixc11112i 4i 6i 8i1 1 (e8ixe8ix) (e6ixe6ix)8i 6i1 1 (e4

e4

) (e2

e2

)xc因此： 4i 2i1sin8x1sin6x1sin4xsin2xxc4 3 2[例61] 討論級數(shù)n

(zn1

zn)的斂散性。S 解]：因為級數(shù)的部份和 n

n1k.n

(zk1zk)zn1當|z|<1時，

limSn

1

，故級數(shù)收斂于–1；當z1當

lim S時， n

0，故級數(shù)收斂于0；當z1當

lim時，n

n不唯一，故級數(shù)發(fā)散；當z 1而zei( 0)時cosnθ+isinnθ因為cosnθ和sinnθ的極限都不存在因此limS 不n n存在，級數(shù)發(fā)散。[例62] 求以下級數(shù)的收斂半徑（每題3分，共6分）（1）1nn1n

(cos(in))zncos(in)chn

enen

limcos(in)zn

ez[解]：因為 (cos(in))z

e1的收斂半徑為 。

2 ，而

n

，因此n

（2）

n

znanibn

(a0,b0)[解]：用根值法

limn

limncnnncn

1 limnanibnn (nanibn

1b2n)1/2n因為 ，因max{a,b}(a2nb2n)1/2n21/2nmax{a,b因為 ，因lim(a2nb2n)1/2n max{a,b}n那么，級數(shù)

n

znanib

(a0,b0)

的收斂半徑為max{a,b}。（3）ncnn(34ncnn(34i)nz2n

(34i)nz2n[解]：用根值法：

lim

lim

5z2n n那么，級數(shù)

n

(34i)

z2

15的收斂半徑為5（4）

n

(sin

1)nznn1

1 1lim[(sin[解]：因為n

)nzn

n]

0

(sin )nznn1

的收斂半徑為∞。[例63][例65] 計算或討論以下各式的值，其中z為復數(shù)。（1）

n

i2n(2n)![解]：由

chz n0

z2n(2n)!

得：n

i2n chi cos(2n)!（2）n

n(n1)(2i)n[解]：由

zn0

1

，兩邊求導得：

n

nzn1

1z)2兩邊再對z求導得：

n

n(n1)zn2

2z)3z2

n

n(n1)zn

z(1z)3z (2i)令

i2

，代入上式得：

n

n(n1)(2i)n

4(i2)3（3）lim1zzn

zn

1zn

z 1[解]：

1zz2zn

1z n

z 1當|z|=1z1

lim1zz2znn

不存在，因此有l(wèi)im1zz2znn

11z

z1z1or z1z1,z1[例70]例81] 判定

z1z的孤立奇點的類型，并求其留數(shù)。ez1

zz2 )(11z

) z0[解]：由 z

2! z 2!1 1

可知z1

是其本性奇點。1z又因為

1 1次項為

12! 3!

Res(，即

z,0)

n

n!