復(fù)變函數(shù)論 鐘玉泉 第四版 課后習(xí)題答案詳解解析全解解答

第一章復(fù)變與復(fù)變函數(shù)（一）(1)2(23)(1)2(23)22 36rgzargz+2=t(36

3)2k 3

2z1

2e4,z22

iei

z2

e12,iz2i

1e5i122123z4a40z4a4則二項(xiàng)方程的根為4wk(41)ka4

i2kie4

ei

2a因此w02a

a(1i)22w222

2ai),w32a

i)22

z2

z2z

22Re(z

z2)11221z1z2 11221

z2z

1z2)12兩式相加得2z1

z2

12z1

z2

122(z1

22z2)2幾何意義:平行四邊形兩隊(duì)角線的平方和等于各邊平方和.證明:4z1

z2

2z

z2

2(z

2z2)112由題目條件 z1z2z30知z1z2z3112可有 z1z2z32于是 2

z2

2(z

2z

z2

2z

2)z

233111223同理 z23111223

z3

23所以 z1z2

z2z3

z3z1z1,z2,z3是內(nèi)接宇單位圓的等邊三角形的頂點(diǎn).解:(1zz1z2兩點(diǎn)連線的中垂線;不是區(qū)域.(2zxyizz4得xyi(x4yi,x2y2x4)2y2,x2因此,zx2為右界的右半平面(包括直線);不是區(qū)域.(3)同(2zxyi,x0,z點(diǎn)的軌跡是以虛軸為左界的右半平面(包括虛軸;是區(qū)域.(4)由0r(z) 得0rtny 即0yx1 4 2ez3

x1 2x3

2x3z點(diǎn)的軌跡是一梯形(不包括上,下邊界);不是區(qū)域.z點(diǎn)的軌跡是以原點(diǎn)為圓心,2為半徑以及(3,0)為圓心,1為半徑得兩閉圓的外部.是區(qū)域.z點(diǎn)的軌跡的圖形位于直線Imz1的上方(不包括直線Imz1)且在以原點(diǎn)為圓心,2為半徑的圓內(nèi)部分(不包括圓弧);是區(qū)域.z點(diǎn)的軌跡是argz24

點(diǎn)的軌跡是以(0,

12 2

為半徑以及(0,

2

1為半徑的兩閉2圓的外部.是區(qū)域.證明:已知直線方程一般式為axbyc0(abcab不全為零.以xzzyzz

代入化簡(jiǎn)得2 2i1(abi)z1(abi)zc02 2令1(abi)02

得zzc0反之(逆推可得).證明:因?yàn)閆平面上的圓周可以寫成zz0

z0為半徑0所以z0

z2

0 0

z0z2 0令A(yù)1,Bz0,Cz ，從而圓周可以寫成0

B

BZ 0,C

z2

z2AC00z3z1為實(shí)數(shù).00z2z1解:(1zxyit(1ixy,即曲線為一,三象限的角平分線.(2zxyiacostibsintxacostybsint,則有a2 b2

1,故曲線為一橢圓.zxyitt(t0,xt,y1,xy1,故曲線為一雙曲線.zx

iyit2t2

tt2y

1,xy1x0y0),故曲t2線為雙曲線在第一象限內(nèi)的一支.11.解:(1x2y2z2

4,又有w1z

1

xyix2y2

1(xyi)4所以u(píng)xvy則u2v21(x2y214 4 16 4w平面上變成的曲線是以原點(diǎn)為圓心,1為半徑的圓周.2將yx代入w 1 ,即uivxyi

1 中得xyi

1

1i2x

1i2x 2x于是u

2x

1,因此vu,故曲線為w平面上二,四象限的角分線.2xx1代入變換uiv

1 得xyiuiv

1

1y2于是u

1 1y2

y,1y2

且u2

v2

1y2(1y2)2

1 u1y2故解得(u1)2v21,這表示曲線變成w平面上的一個(gè)以1,0)12 4 2 2為半徑的圓周.(4)因(x1)2y21zzzz0z1z1代入得w w1111

即

ww,因此ww1ww w w ww www平面上的一條過12

,0)

且平行于虛軸的直線.證明:(1f(z)znz平面上的連續(xù)性.zlimznzn0 zz0 00zMz01內(nèi)考慮.00znzn0

zz(zn1zn2z

zn1

zznMn1,故對(duì)0,0 0只需取 ,于是當(dāng)zz0 0nMn1

時(shí),znzn

.0(2)由連續(xù)函數(shù)運(yùn)算法則,兩連續(xù)函數(shù)相除,在分母不為零時(shí),仍連續(xù).因此f(z在0z平面上除使分母為零點(diǎn)外都連續(xù).f(z)argzz0argz0,z0分情況討論:z00z沿直線argz0(0f(z趨于0,這里0f(zz00處不連續(xù).z0x(0)zz0時(shí),f(z趨于z從下半z0時(shí),f(z趨于f(z在實(shí)軸上不連續(xù).z0,z0為中心為半徑的圓,只要充分小,這個(gè)圓總可以不與負(fù)實(shí)軸相交.Argz0的一個(gè)值0z0為中心znz0,故存在自然N,當(dāng)nNzn落入圓內(nèi),從原點(diǎn)引此圓的兩條切線,則此兩條切線夾2()()arcsinz0

,因此總可以選取Argn的一個(gè)值argzn.當(dāng)nNargzn0(,因0()0.因而,總可以選取,使()小于任何給定的0,即總有argzargz0續(xù).

f(zz0連綜上討論得知,f(z除原點(diǎn)及負(fù)實(shí)軸上的點(diǎn)外處處連續(xù).證明:由于f(z)的表達(dá)式都是x,y的有理式,所以除去分母為零的點(diǎn)z0f(zf(zz0的情況.zxyiykxz0時(shí),f(z)

xyx2y2

k

k1k2這個(gè)極限值以k的變化而不同,所以f(zz0不連續(xù).f(z)z連續(xù)即得.證明:1z在z10，故11z

z1內(nèi)連續(xù)11

1δ,z1δ

zzδδ0

1 4 2

1 2 4 11z1fz1fz211z1

211111z2fxz1內(nèi)非一致連續(xù)證明：必要性：設(shè)limz0x0y0i，由定義0N0，當(dāng)nN時(shí)，nznz0，從而由定義知xnx0yny0即xnx0,yny0(n)充分性:由定義得

znz0znz0znz0

(xnx0)(yny0)i

x0

yny0因此,xnx0yny0(n時(shí),znz0(n.證明:利用第17題,及關(guān)于實(shí)數(shù)列收斂的柯西準(zhǔn)則來證明.n必要性:設(shè)limznn

z0

.則由定義對(duì)0N

N()2

zn

z0

.2p,z

z0

.2利用三角不等式及上面兩不等式當(dāng)nN時(shí),有znpzn

znpz0

znz0充分性:設(shè)對(duì)0N()0nnpNznpz0,由定義得 xnpxn

znpznynpyn

znpznxnx0yny0(n,有znxnynix0y0i

x0y0使證明znxnyniznxn,yn都有界.

M(n1,2,3,))因?yàn)閤n,yn

zn

M所以n 根據(jù)實(shí)數(shù)列的致密性定理,知x有收斂于某常數(shù)a的子序列xn nxkyki(k,,)中,ynk任有界,因而ynk也有以收斂于某一常數(shù)b的nkj n子序列yn,在znx yni(j,,)中,xn任收斂于akj nkj kj k列有一收斂于abi的子序列.20.證明:(1z0

0,則由定義對(duì),N,當(dāng)nN時(shí)有z

2而zz1z2zn

z1z2zN

zN1zN2znnN,N

n 2maxN, zz

nz

n,則當(dāng)nN

時(shí),有q0 1 q z1z1z2zNn2z1z2z1z2zNnzN1zN2znnz故n

n 0(2z00,則當(dāng)lim(znz0)0,nn0zz n0

z0(z1(z1z0)(znz0)nz0n(z1z0)(znz0)n（二）1(cos5isin5)2

(ei5)2(ei(3))3

e19i解:zeit,znenticosntisinntznenticosntisinnt因此zn1zn

2cosnt,zn1zn

2sinnt證明:已知xiy1i3n2n13i

2ncos5nπisin5nπnn n 2 2 3 3n 因此 n 3 n 3xnyn1xn1yn2n2n1sπin5nπinπsnπ 3 3 3 3 22n1sin5n1π5nπ 3 3 證明：第一個(gè)不等式等價(jià)于1(x2

z2x2y2x2y22xy2(x2y2,即x

y)20這是顯然的,因此第一個(gè)不等式成立.第二個(gè)不等式等價(jià)于z2x2y2(x

y)2x22xyy2

,即2xy02這是顯然的,因此第二個(gè)不等式成立.2azbbzazbbza

z2

z2z22Rezz以及Rezz1 2 122證明:1 2 122

azbazbbzabzaazbbzazbbza

abzb22 2babzabza解:z0z1z3的中點(diǎn),則z1(zz)12i0 2 1 3zz,寫成復(fù)數(shù)等式后,z的坐標(biāo)03 2 2為(4,1);z4的坐標(biāo)為(-23).證明:由于z1z2z與z2z2z3z1z3

,

,且而z

argz2z3,wargw2w3,z2z3w2w3zw10.3 zz

zz ww 2 21 3 1

1 3 1

z1z2z3z4四點(diǎn)共圓或共直線的充要條件為z1z2z3z3z4z10或π但zzz

argz3z2，zzz

argz1z4123

341

z4z3arg ararg arg

z1z4

z2z1 z，z2z1

z4

2

z1z4zzzzz1z4:z3z4為實(shí)數(shù).1 2 3 4

zz zz證明:由Oz1Oz2

知argz1

argz2

2

1 2 3 2z1z2故z1z1z2z2

i,z1z2

0,反之亦然.zz2

zzzz證明:因?yàn)?1zz2

k2,從而 1 1k2zz2zz21122所以z2z1122

zzzz

2k2z2z

zz21122即 z2(1k2)z1122

(z1

k2z

)z(z1

k2z

)k2z2z2k2(z2z k2(z2z zzzz)22121 12k2zz21 22亦即z1 2 1k2

(1k2)2

(1k2)2zk2z

zz

zk2z故有z1 21k2

k1 2,此為圓的方程,z1k2

1 2,半徑0 1k2z1z2z1z21k2

z2).1z1z(1a)2b2(1a)21z1z(1a)2b2(1a)2b2(1a)2b2(1a)2b22a2aa0幾何意義:右半平面上的點(diǎn)到(1,0)的距離a小于到(-1,0)點(diǎn)的距離b;到(1,0)的距離a小于到(-1,0)點(diǎn)的距離b的點(diǎn)在右半平面上.第二章解析函數(shù)（一）1.證明:0,使1t0,t0)t0,z1)zt0),即Czt0)的對(duì)應(yīng)去心鄰域內(nèi)無重點(diǎn),即能夠聯(lián)結(jié)割線zt0)z1),是否就存在數(shù)列nt0,z(t1nz(t0,于是有z(t

)lim

z(t1n)z(t0)00

t1nt0此與假設(shè)矛盾.t1(t0,t0)t1t0因?yàn)?z1)zt0)arzt)zt)1 ar1

t1t0所以

)limargz(t1)z(t0)arg[limz(t1)z(t0)]t1t0

1 0

t1t0

t1t0

t1t0因此,割線確實(shí)有其極限位置,即曲線C在點(diǎn)z(t0)的切線存在,其傾角為argz(t0).2.證明:因f(zg(zz0f(z0g(z0均存在.f(z)f(z0)所以lim

f(z)lim

f(z)f(z0)lim

zz0

f(z0)zz0g(z)

zz0

g(z)g(z0)

zz0

g(z)g(z0)zz0

g(z0)x3y33ux,yx2y2

x,y0,00 x,y0,00x3y3vx,yx2y2

x,y0,00 x,y0,00u

00limux0u00limx1,從而在原點(diǎn)fz滿足CR條x x0

x0x件,但在原點(diǎn)，

ff'z uvux,0vx,0z z 1ix3y31 x3y3 zyx0時(shí),有fz在原點(diǎn)不可微.

ff'zz

1i2x2證明:(1z0時(shí),xy至少有一個(gè)不等于0時(shí),或有uxuy,,或有uxuy,z至多在原點(diǎn)可微.(2)在C上處處不滿足CR條件.(3)在C上處處不滿足CR條件.z

zxyizz 2

,除原點(diǎn)外,在C上處處不滿足CR條件.5.解:(1)

u(xy)xy2v(xy)x2y,xy0時(shí)有x y y uy2vx2,u2xyvx y y 且這四個(gè)偏導(dǎo)數(shù)在原點(diǎn)連續(xù),故f(z)只在原點(diǎn)可微.(2)u(x,y)x2v(x,y)y2xy這條直線上時(shí)有ux2xvy2y,uy0vx0xyf(zxy可微但不解析.(3)u(x,y)2x3v(x,y)3y3,且x y y u6x2v9y2,u0x y y

0上可微但不解析.1 13 2(4)u(xy)x33xy2v(xy)3x2yy3在全平面上有x y y u3x23y2v3x23y2,u6xyvx y y 且在全平面上這四個(gè)偏導(dǎo)數(shù)連續(xù),故可微且解析.證明:(1zxyiD,0f(z)uxivxvyiuyfzuivfzuivfzfz均在Duxvy,uyvx,uxvy,uyvx,結(jié)合此兩式得uxuyvxvy0，故uvf(z亦為常數(shù).

f(z)C0f(z)0

f(z)C0,則此時(shí)有f(z)0f(z)f(z)C2

2,即f(z) 也時(shí)解析函數(shù),由(2)知f(z)為常數(shù).Cf(z)Cfzuiv.,若u(x,y)C,則ux0,uy0,由CR條件得vxuy0,vyux0因此uv為常數(shù),則f(z亦為常數(shù).

uiv,gif

piQf

uivgviu由

fzD內(nèi)解析知uxvy,uyvx從而 pxvxuy

,

pyvyuxgz亦D.8.解:(1)由u(x,y)x33xy2v(x,y)3x2yy3,則有x y x u3x23y2,u6xy,v6xy,v3x2x y x 故ux,uyvxvy為連續(xù)的,且滿足CRfzz平面上解析,且x f(z)uvi(3x23y2)6xyi3zx x ux,yexxcosyysinyvx,yexycosyxsinyuexxcosyysinycosyx yuexsinyy

svxfz在zf'zexsyxynyexnyxysy由u(xy)sinxchyv(xy)cosxshy,則有uxcoxchuysixsvxsixsvycoxch故ux,uyvxvy為連續(xù)的,且滿足CRfzz平面上解析,且f(z)uxvxicoxchsixshicoz由u(xy)cosxchyv(xy)sinxshy,則有uxsixchuycoxsvxcoxsvysixch故ux,uyvxvy為連續(xù)的,且滿足CRfzz平面上解析,且f(z)uxvxisixchcoxshisizxrcosθyrsinθ,從而uruxcosθuysinθ,uθuxrsinθuyrcosθvruxcosθvysinθ,vθvxrsinθvyrcosθ,再由u

1v,v1u

，可得u

v,uv

fz在點(diǎn)zr rθ r rθ

x y y xf'zu

iurcosθusinθu1irsinθucosθu1x y r θr r θrcosi

siu1 sii θosr r θcosi

sir

s

θrcosisirr 1 ivcosisinr r z r r10.解:(1)ei2z

e2xi(12y)

e2x(2)ez

ez2y22xyi

ez2y21 1 xyi

yi(3)

ezexiyex2y2

ex2y2

x2y21

x y所以eezex2y2sx2y2 證明:(1)因?yàn)閑zezyi

eyi

ex(cosyisiny)因此ezex(cosyisiny)而ezezyi

exeyi

ex(cosyisiny,得證.因?yàn)樗?/p>

sinzsinz

eizeiz2ieizeiz2i

eizeiz sinz2i因?yàn)閏osz所以cosz

eizeiz2eizeiz2

eizeiz cosz2證明:分別就m為正整數(shù),零,負(fù)整數(shù)的情形證明,僅以正整數(shù)為例當(dāng)m1時(shí),等式自然成立.假設(shè)當(dāng)mk1時(shí),等式成立.那么當(dāng)mk(ez)k故結(jié)論正確.

(ez)k1ezekz,等式任成立.13.解:(1)

e3ie3eie3(cos1isin1)ei1iei1i(2)

cos1i

2e1iei1i2

1 2eei2ee cosz1證明:(1f(z)sinzg(z)zz0解析f(0)g(0)0g(0)1cosz1因此limsinz 1z0 z

z0(2f(z)ez1g(z)0z0解析,f(0)g(0)0g(0)10limz0

ez1z

ez

1z0f(z)zzcoszg(z)zsinzz0解析,,,1因此limzzcoszlim1coszzsinz3z0zsinzeizeiz

z0

1coszcosz2=eiaeia2

ei(ab)ei(ab)2

ei(anb)ei(anb) 2=1ia

1ei(n1)b

ia

1ei(n1)b2e2

1eib

1eib sinn1b= 2 cos(anb=右邊sinb 22同理證明(2).

sin(iz)

ei(iz)ei(iz)2i

ezez2i

ezez2

isinhz(2)

cos(iz)

ei(iz)ei(iz)2eizeiz

ezez2eizeiz

coshz(3)

sinh(iz)

i2

isinz

tan(iz)sin(iz)cos(iz)

isinhzitanhzcoshz

tanh(iz)sinh(iz)cosh(iz)

isinzitanzcosz證明:(1)ch2zsh2zch2zishz)2cos2izsin2iz)1(2)

1

z

1sh2z11(3)ch(z1z2)cos(iz1iz2)cos(iz1)cos(iz2)sin(iz1)sin(iz2)chch2shshz證明:(1)sinzsin(xyisinxcosyicosxsin(iysinxchyicosxshysinz2sinxchyicosxshy2sin2xch2ycos2xsh2ysin2xsinh2y( cosz2cosxchyisinxshy2cos2xch2ysin2xsh2ycos2xsinh2y(

(shz)ezezezez

chz

2ezez(2

2ezez2

sh20.解:(1)

3i)ln1

3i)ln2i(2k)3

i i (2)由于lnz 2

cos2

isin i2(3)由于ez1ei(2kzi(2k)coszsinz,即tanz1,所以 z1ln 2i 1i 4 zxiy由tgz12isinz12ieizeizi2eize cosze2iz2ie2ycos2x2，sin2x15 5 5 5e4y1yln5且tg2x1x1arctg1π5 4 2

2 z1arctg1πl(wèi)n5i

2 2 4 因ln(rei1lnrei1iargrei1,所以(rei1)2(rsin)2Re[ln(z(rei1)2(rsin)2i(z)2k

1ln(1r22rcos)2

wk(z)3r(z)e

3 ,(zG;0(z)2;k0,1,2)w(i)i定kk2,再計(jì)算w2i)1i1

5i23.解:22ei,ie2,由w(2)32定kk1,再計(jì)算w(i)e4

i)e

i[ln1ii(arg(1i)2k)]

ilne

2(2k)4eiln

(2k)4

)]

eiln3e2k

解zzz0為圓心R1為半徑的圓周CAB,經(jīng)過變換wz4ww平面上沿以w0R41A走w1B,w1

的支點(diǎn)-1,B的值為

w1B.因此Bf(z)B證明：

f(z)

.R41fR41fz31zz2A由于3|12

fzz0,1z0z0z平面上fz就可以分出三個(gè)單值解析分支.

argfzπ得

πeiarz31i2i62e3cci31i2i62e3cc

za2ri3π π7πi62e12

42.證明由

z1z2

得fz

1z21z2Iz 1z2Iz i42m

，從而于是fz在D必常數(shù)f'zz

1z2

1z21z2fz

1z2

1z21z2

1z4Rez2所以

f'zfz

1z411z4

2Rez2 z1，因此1z40且1z42ez21z42z21z220故Rez

f'zfz0. 證明:同第一題1zf(z)f(z)

1z

.1z221z22iImz證明:題目等價(jià)域以下命題:設(shè)E,E1為關(guān)于實(shí)軸對(duì)稱的區(qū)域,則函數(shù)在E內(nèi)解析f(zE1內(nèi)解析.f(zEz0E1zE1z0EzE,所以lim

f(z)f(z0)lim

f(z)f(z0)

0f(z)0zz0

zz0

zz0

zz0這是因?yàn)閒(z)Elimzz0

f(z)f(z0)zz0

f(z0

),z0的任意性可知,f(zE1內(nèi)解析.4.證明:(1x1(zzy2

1(zz),根據(jù)復(fù)合函數(shù)求偏導(dǎo)數(shù)的法則,即可得2i(2)

fuiv1(uv)

1(uv)z z z 2x

2iy x所以u(píng)vuv,得f0sin2xch2y(1sinsin2xch2y(1sin2x)sh2ysh2ysin2x

sin(xyi) 所以 shy而

yImz

sinzsh2ysh2ysin2x右邊證明可應(yīng)用sinz的定義及三角不等式來證明.即又有

sinz2sin2xsh2y1sh2ych2ych2Rcosz2cos2xsinh2y1sh2ych2ych2R證明:據(jù)定義,z1z2z1,有f(z)f(z)

(z22z3)(z22z3) 1 2z1z2

1 1 2 2 z1z2z1z222z1z2

2110f(zz1內(nèi)是單葉的.8.證明:f(z)有支點(diǎn)-1,1,[-1,],有c(1)c

ie10argf(z)1

,f(i)8

2e8(2)

argf(z)c2c

c8 c

argf(z)58

,f(i)

5i2e8解:因?yàn)閒(z有支點(diǎn)1,i,此時(shí)支割線可取為:沿虛軸割開[i,i,沿實(shí)軸割開[1,,線路未穿過支割線,記線路為C,argf(z)1[c 2

arg(1z)c

arg(z(i))c

1[0]故f(z

2 2證明：因?yàn)閒z 的可能支點(diǎn)為z0,1,,由題知fz0,1于是在割去線段0Re101周，故此時(shí)可出兩二個(gè)單值解析分支,由于當(dāng)z從支割線上岸一點(diǎn)出發(fā)，連z1z的幅角共增加π，由已知所取分支在支割線上岸20z1的幅角為π，故 πi ,

2.f 1 2

2if

(1) i16（一）1.yx(0x1)01+i(xyx2)dz1i(xyx2)d(xi)C 01(xxx2)d(xx)1i)i1x2dx03(i1)x33

10

0312.解:(1)C:z,1x,因此Czdz1xdx11C:zei,從0,因此Czdz0deii0eid2Czei,2,則Czdzdeii0ed2C3.證明:(1)C:x0,1y1因?yàn)閒z)x2y2iiy21ii)2C故 (x2y2)dzi(x2y2)dz2.C(2)C:x2y21,x0x4y4而f(z)x2iy2 1,右半圓周長(zhǎng)為x4y4所以 i(x2iy2)dz.i4.解:(1zz1的外部,所以2

1在z

dz

0.(2)

1 z22z2

1(z1)21

Ccosz,因奇點(diǎn)z1i在單位圓z1的外部,所以1z22z2

dzCz22z2

0.(3)

ez z25z6

ez

z2,3z1的外部,所以ezez25z6

ezdz 0.Cz25z6zcosz2z1上處處解析,由柯西積分定理得zcosz2dz0.C5.解:(1)f(z)z22

(z(z2)33

為其一原函數(shù),所以2i

(z2)2dz

i2(2)z(2i)t,可得

2 3 ioszdz1o(2it(2i)dt2i1(etei2tetei2t)dt0 2 0 2 2 0ee1

2a(2z28z)dz=2z34z2z|2a0 =283a3162a22a3證明:由于f(z),g(z)D內(nèi)解析,所以f(zg(z),[f(zgz)]D內(nèi)[f(z)g(z)]f(z)g(zf(z)g(z)

f(z)g(z)是f(zgz)f(zg(z)的一個(gè)原函數(shù). 從而 [f(z)g(z)f(z)g(z]dz[f(z)g(z]

f(z)g(z)dz[f(z)g(z]f(z)g(z)dz.

dz01z2zeidzieid02ied2(icossin)[(cos2)isin]0e2

(cos2)2sin2 dd=22ini12od0 于是212osd0,故12od0.054cos cos9.解:(1)因?yàn)閒(z)2z2z1在z2z1z2,根據(jù)柯西公式得z2

2z2z1 dz2i(2zz z1

(2)f(z)2z2z1,則由導(dǎo)數(shù)的積分表達(dá)式得 2z2z1 z2

dz2if(z)

6i10.解:(1)Cz=1，則

zdz 4 0c z21zdz 2

4 c z21 2 2zdz(3)若C含有z=-1,但不含z=1,則： 4 2izdz

cz21 2 4 z(1

c z2

c2

z1

2 2 2

ez

dz

ecosisin

d(cosisin)

(ecoseisin)id2Cz 2

cosisin 02ecossin(sin)iecoscos(sin)d0ez e

CzdzC0di則2ecoscos(sin)d2,由于ecoscos(sin關(guān)于對(duì)稱,因此0ecoscos(sin)d012.解:令()3271,則f(z)()d2i(z)2i(3z27z1)Cz則f(z)2i(6z7)因此f(z)Df(z)0C:zz(tatbD內(nèi)光滑曲線,由光滑曲線的定義有C為若爾當(dāng)曲線,即t1t2z(t1)z(t2;2)z(t)0,且連續(xù)于[a,b]要證為光滑曲線,只須驗(yàn)證以上兩條即可.wf(z的變換下,C的象曲線下的參數(shù)方程為:ww(t)f[z(t)](atb)t1t2時(shí),z(t1)z(t2),又因f(z)D內(nèi)單葉解析,所以當(dāng)t1t2f(z1)f(z2t1t2w(t1)w(t2.z(t)0且連續(xù)于[a,b],又因f(z)0,則由解析函數(shù)的無窮可微性f(z)Df(z)D內(nèi)也連續(xù),則由復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)法則w(t)f(zz(t)0,且連續(xù)于[a,b].C和均為光滑曲線,因(w沿f(zf(z在包CD內(nèi)解析,因此[f(z)]f(z)也連續(xù),故公式中的兩端積分存在.則[f(z]f(z)dzb[f(z(t]f(z(t)z(t)dtC ab[w(t]w(t)dt()dwa f(z)證明:應(yīng)用劉維爾定理,因f(zf(z)

1必恒小于一正的

1f(z)

f(z)為常數(shù).16.解:(1)因?yàn)?/p>

ux2xyy2,所以有y2

ux2xyvy2xyv2xy 2vx2yc(x)uy2yx

x2x c(x c(x)Dy2 x2f(z)(x2xyy2)(2xy 2 2由已知f(i)=-1+i-1+i=-1+iDiD12 2y2 x2 1f(z)(x2xyy2)i(2xy )2 2 2y 由CRvuexxcosyysinyexcoyy v(xexcosyexysinyexcoy)dyxexsinyexsinyexysinydyxexsinyexycosy(x)又因uyvx,故exsinyexsinyexycosy(exsinyxexsinyexcosy(x))即(x)0,x)C,故f(z)ex(xcosyysiny)i(xexsinyexycosyC)f(0)0,f(0)iC0C0,所以f(z)ex(xcosyysiny)i(xexsinyexycosy)由CR條件,

uyvx

2xy(x2y2)2

,所以u(píng) 2xy dy x (x)(x2y2)2 x2y2)又因vu,故( x (x)( y ,即(x)0.))y x x2y2x

x2y2y所以x)C,故f(z)

x

yx2y2f(2)0,所以C1,故2f(z) x 1i yx2y22

x2y2x 17.f(zuiv4fz24(u2v2)x f(z)2f(z)2=u2f(z)222f(z)2

y2vvxx2

2u22uu22v22vv222f(z)2x x x

2u2

2uu22v22vv2y2

y y y于是結(jié)合CRuv為調(diào)和函數(shù)可得：2 2(

2 2 2 2 2 2 2x2

y2)f(z)

uy

vy)證明:

=4（u2v2）=4f(z)2x f(z)Df(zDf(z)0,則lnf(z)在x D內(nèi)解析,于是其實(shí)部lnf(z)D內(nèi)的調(diào)和函數(shù).解:f(z)vz)dzkiz2zz

2(x,y)kxy

(x,y)k(x2y2)2解:根據(jù)流量和環(huán)量的定義來計(jì)算1 x2y21 2xyf(z)z21

(x2y21)24x2y2(x2y21)24x2y2ix2y21 2xy(x2y2)24x2y2dx(x2y2)24x2y2dy0x2y21 2xy流量為(x2y2)24x2y2dy(x2y2)24x2y2dx0同理,在C2C30.（二）f(z)z0f(z)1z0處不解析.z解:若沿負(fù)實(shí)軸(,0]z平面,z就能分成兩個(gè)單值解析分支,即iargz2k(z)k ze 2 (argz,k0,1)1在C:zei,0上, z取主值支.這時(shí)(1)式中argz代換為,k0,1zi zz則 e2,故zC

22i.z2(2)C:zei,0上,z2

取主值支.這時(shí)(1)argz代換為dzz,k0,則dzz

22i.證明:利用積分估值定理及三角不等式z1z12z12z1z1z12z12z1且由積分估值定理有z1dz8Cz1證明:因?yàn)閒(z)eszz平面上解析,則ebseasbsesda

bsesdMbaaMses

ses

se(it)

seteit

semax(ab)得出.1 zeic01c1z1 dz dz

1

ieiC1z2c1z2c1z2=01x201e2d=RE

dzC1z2 4解:f(z)ezsinz在圓周za內(nèi)解析,故其積分值與路徑無關(guān),只與起點(diǎn)終點(diǎn)有關(guān),而積分路徑為封閉的圓周,故ezsinzdz0C因此,原式=

zdzezsinzdzadz2a2 C C f(z在|z|1f(z在|z|1一致連續(xù)，因此0，0，使當(dāng)1r1時(shí)均有|feifrei|

2于是：|

r|2fd12feed|0 r02|f(ei)f(rei)|d0所以|z|1f(zdz0.證明:首先由題設(shè)積分Kf(z)dz存在,應(yīng)用積分估值定理.Kf(z)dzM(r)r而由題設(shè)(3)limr

M(rr0,故得證.9.證明:(1)參見教材(3.16)式的證明.f(z)z0的鄰域內(nèi)連續(xù),則對(duì)00zz0的鄰域,有f(z)f(0)00所以 2f(ei)df(0)(f(ei)df(0)d00r0

f(rei)d2f

f(rei)df(0)d2d20取(1)中的a0,再利用圓周的參數(shù)方程化簡(jiǎn)(1)中等式左端即證.

12i

||

[2(z1)]f(z)dzz=1 2f(z)f(z)f(z)]dzi||

z z2=2f(0)f(0)2f(0)證明:由題設(shè),f(z)D內(nèi)含C之單連通區(qū)域內(nèi)解析,aaf(b)f(a)bf(z)dzbf(z)dzaa考慮到

f(z)在有界閉集C上的連續(xù)性,必存在點(diǎn)C,使得

)

f(z)在C上的最大值.aabf(z)dzbf()baaa

f(b)f(a)

f()baC,都有f()0C,f(z)0C,f(z))

f(z)

Cf(b)f(a),則題中等式成立.f()(ba)z1f(z)z1內(nèi)解析,故知fzz上解析,且有1zf(z)1z由柯西不等式,知

11f(n)(0)n!M()n

n!n(1)

n

n(1)取最大值(

n

n1n)

n! 的最小值為(n1)!,當(dāng)n時(shí)(

n)n1n(1)

(n)n

n1 e

n1f(n0)的估值為f(n0)n1)!e.證明:由柯西不等式f(na)n!M(R)M(R)max

fzn1,2,L可知

12iz1

f(z)dzz2

Rn12z1

dz

zaRz2(z)1 z2(z)z112證明:應(yīng)用反證法假設(shè)滿足zR且f(z)MzRM,使得對(duì)于任zzR時(shí),

f(z)M,又由f(z)的連續(xù)性.則當(dāng)zR時(shí),

f(z必有M1M0maxMM1z時(shí)有

f(z)M0,于是得f(z)在全平面上是有界的,則由劉維爾定理,設(shè)錯(cuò)誤.15.vxyx24xyy22(xy得x v(x24xyy2)(xy)(2x4y)x

f(z)必為常數(shù),與題矛盾,假=3x23y26xy2兩式相加并結(jié)合CR條件得：x3x23y22x從而x33y2x2xvy33x2y2y故 fx33y2x2xi(3x2yy32y)D內(nèi),由條件(1),(2)D內(nèi)f1(z)f2(z)在C上,由條件(3)f1(z)f2(z)DDCf1z)f2(z).第四章解析函數(shù)的冪級(jí)數(shù)表示法（一）解:(1)其部分和數(shù)列S (111)i(111 14n 2 4 4n 3 5 4n1由交錯(cuò)級(jí)數(shù)收斂性判別及極限運(yùn)算法則知limS4n存在,設(shè)為limS4nl,又有a4n1

i 4n1

4n2

n10,4n2

nn由此得知limSl,因此級(jí)數(shù)收斂,但非絕對(duì)收斂.nnn(2)n

(35i)n

1(

4)n

b,可知原級(jí)數(shù)絕對(duì)收斂.n1

n1n!由于limn

limnannann2

1,故原級(jí)數(shù)發(fā)散.5i226解:(1)Rlimcn limn11ncn1 n nRlimcn 2n 2ncn1

n

n1R

1 lim10ncncnncncn1cn證明:(1)如果limcn1

,則lim

,則級(jí)數(shù)的收斂半徑為ncn

n11cn1cnR n

00znn(2)由(1)可證其收斂半徑為R.(3)由(1)可證其收斂半徑為R.znn0證明:因?yàn)閏n0

Rn收斂,zR時(shí),

cnz cn

Rn,因此級(jí)n0

n0

n0 n0數(shù)在zR上絕對(duì)收斂且一致收斂.5.解:(1)u1時(shí),1()nun,az

1時(shí),有1u n0 b1 1 1

a(n (n azb

b

bn0 b n因?yàn)閑z

,而

ez2z平面解析,所以n0n! 2nez2 z ,(n0n!逐項(xiàng)積分得

)n0zzn0

z2n10e

dzn!(2n1)(z)因?yàn)閟nz1

(1)n

z2nz zn0

n0

如果limsinz1z0為可去奇點(diǎn),可補(bǔ)充定義被積函數(shù)f(0)1,于是上式z0 z收斂范圍為z,合于逐項(xiàng)積分條件,所以zsinz

z

n z2n1n00 zn0

z0(n0

(2n1)!dz(1)

(z)(2n1)(2ni)!

z1cos2z2

11(1)

n(2z)2n

1(

n1(2z)2n

(z)2 2n0

(2n)!

2n0

(2n)!(5f(z1z)2,f(n0n1)!f(z)(n1)zn|z|1)noe z z z e z z z z6.解:因?yàn)閦1z ...2 6 24 120z2 z3 z4 z5ln(1z)z ...2 3 4 5e z z z z z z e z z z z z z z z所以zln(1z)(z )(2 )2 3 4 5 2 3 4z3 z4 z

z4 z5 z

z2 z

z5( )( ) ...z ...(z1)2 4 6 6 12 24 2 3 407.解:(1)sinzsin[(z11sin(z1cos1cos(z1)sin1 (1)n

n02nn0

(1)n 2n0=cos1(2nn0

(z1)1)!

sin(2n)!

(z1)=1sin(k1)(z1)k,|z1|k0k! 2(2)z1z1 1 ,再由公式1

(1)nzn

z1

2 1z12

1z n0(3) z 1(z)] 1 ,結(jié)合1

(1)nz2n

)z22z5 )

1(z12

n0(4)由于

23z0,沿負(fù)實(shí)軸(,0)割開平面,則指定分支就在z113z內(nèi)單值解析,

13z31 [1(z1)]3z31 2n 2(n1)8.解:(1)z2(ez2)z2(z )z4z ,故為4級(jí)零點(diǎn).n0n! n1 n!(2)6snz3z3(z6)n1

(1)n

z2n1

z3(z66)15

6z15

5!

z67! )z0為f(z的m階零點(diǎn)m 0 m1 f(z)a(zz)ma (zzm 0 m1 z0g(z的n階零點(diǎn),g(z)bb(zz0

n

(zz0

)n1如果mn,則f(z)g(z)(zz0

n)n[bn

(zz0

z0f(z)g(z)的n階零點(diǎn).如果nmz0為f(z)g(z)的m階零點(diǎn).mn0nm0mn,ambm0時(shí),z0mn0nm0

z0為f(z)g(z)m階零點(diǎn);當(dāng)ambm0時(shí),f(z)g(z)a

b(zz

)mn(a

bab

z

)mn1z0f(z)g(z的mn階零點(diǎn).0g(z)(zz0

)nm

bnbn1(zz0)f(z)

ama

m1

(zz0

)如果nmz0為f(z)/g(z的nm階零點(diǎn),如果mnz0f(z)/g(z的mn階零點(diǎn),如果mnz0f(zg(z的可去奇點(diǎn).證明:4.17,z0f(z)的至少n級(jí)零點(diǎn),則有0f(z)(zz)mg(z) mn0f(m)(z)g(z0

) 00.m!

0n(z)0同理(z)(zz0

)n(z

),其中(z0

) 00,則本題得證.n!解:(1)不存在(2)不存在不存在存在f(zz0點(diǎn)解析,由泰勒定理f(n)(z)f(z) 0(zz)nn! 0

(zK:zz0

R,KD)

n00f(nz)0n1,2,f(z)0

f(z0),(zKD)

f(z)

f(z0),(zD).證明:(反證法)假設(shè)

f(z0)是

f(z

)Df(z0

)0,則 1 是f(z0)ff(z0)f(z)

f(z)為解析函數(shù),由最大模原理,

1f(z)

D內(nèi)恒為常數(shù),與題設(shè)矛盾,故

f(z0不可能是

f(z

)D內(nèi)的最小值.證明:(反證法)設(shè)f(zD內(nèi)處處不為零,則由最小,最大模原理,D內(nèi)

f(z)既不能達(dá)到最小值,也不能達(dá)到最大值.

f(z

)D上連續(xù),故

f(z

)DM和最小值m,而由上所述,這些都只能在邊界C上達(dá)到,但題設(shè)

f(z

)在C上為常數(shù),故Mf(z)m zC再由最大,最小模原理m

f(z)Mm

zD,即f(z)m zD

f(z

)D上恒為常數(shù),由第二章習(xí)題(一)6(3)知,

f(zD內(nèi)必為常數(shù),矛盾.

(二)證明:由于級(jí)數(shù)fn(z收斂于f(z,故0N(,當(dāng)nNzE,有n1sn(z)f(z)M

.g(z)MM推得sn(z)g(z)f(z)g(z)故得證.n證明:s(z)zz2zznzn1)znnnzz1,有l(wèi)ims(z)0.nn另一方面,n,z

11,zn1,zn不可能任意小,n22n2這就證得級(jí)數(shù)在圓z1內(nèi)非一致收斂.3.證明:(1)

nv1v2vn

v1vn,兩邊取極限

nz2

v1vnz22!znn!zn1nzn zz22!znn!zn1ne1z

2!

n!z

e 1z22!ez1zz22!

2!

znn!znzz(1zn!)znn!znzz

zezn!znn!因?yàn)樵?|z|1ze|z3|z|2 1

1n11 1 7所以|ez1|z| 3 |z|1 )

|z|2 21|z|3

2 4 4z3z3

z2 1 3

|z| |z| 1|e1||z

|2 21

3

|z|44.證明:由柯西不等式|an

|M當(dāng)|z|時(shí)，n|f(z)a0

n1

||z|M|z|,|z|因此|f(z||f(za0a0||a0||f(za0|

| |a0|M0 |z|

| |a0|M=|a0|-|a0|=0f(z在|z|

|a0|M

上無零點(diǎn).5.證明：因?yàn)?2f(e)2=1f(e)f(e20

2=1

02 (

arne)

arnein)d0對(duì)任意自然數(shù)mk若mk，則2eikeimd0

n0

n nn02= ei(km 1 ei(km|20 (km)i 0因此，根據(jù)逐項(xiàng)可積公式即得：1 2

i

1

22n

22n0

|f(re

|

|an|r

i| |rn0an證明：取rR則對(duì)一切正整數(shù)knan(k)

f(z)

k!Mrn|f ()|z|r

||dz|rk于是由r的任意性知對(duì)一切knf(k0=0nnf(z)cnzn,f(z)是一個(gè)至多n次的多項(xiàng)式或常數(shù).k0證明:(1z0f(z的mz0K內(nèi)m 0 m1 m 0 m1 f(z)c(zz)mc (zz)m1取,(0),于是在區(qū)域N(z0,)內(nèi)f(z)c(zz)mm 0 m1 m 0 m1

(cm0)(cm0)一致收斂,逐項(xiàng)積分可得zzzf)zczz

c

m1

)m1]d0 0zz zz0

zzcmz0

)m1dcmm1

(zz0

)m1

cm1

(zz0

)m2F(z)

cm

(zz0

)m1

cm1

(zz0

)m2z0F(z的m1階零點(diǎn).(2(2)設(shè) (z)1

f()d,作函數(shù)z1F(z)(z)1

f()d,則F(z)zf)z0f)

f()dzz1 z1 z0z由(1z0F(z的m1階零點(diǎn),故(z)

z0f()dz為m1階零點(diǎn).1z 01證明:f1(z)u(x,yiv(x,y)f2(z)u(x,0)iv(x,0)依唯一性定理,在L上有f(z)

f1(z)L每一點(diǎn)都是L的極限點(diǎn),而且LG,f1(z),f2(z都在G內(nèi)解析,f1(z)f2(z.證明:(反證法)設(shè)存在這樣的周線CI(C)D,A,f(z)A,在CI(C有無窮多個(gè)根,即f(z)A0在CI(C有無窮多個(gè)零點(diǎn),必存在零點(diǎn)列znz0D,從而由唯一性定理,f(z)(z),與題設(shè)矛盾.證明:由最大模原理M(r)maxf(z),顯然M(r)是單調(diào)上升函數(shù),若存在zrrrM(r)M(rzrzrei使得f(z)M(r,1 2 1 2 2 1 1 1 2即在內(nèi)點(diǎn)達(dá)到最大模,由最大模原理知f(z)恒為常數(shù).第五章解析函數(shù)的洛朗展開與孤立奇點(diǎn)(一)1.解:(1)1)0

z1,z1z1112znz2(z1)

z2 z1

z2

n02)1

z1

z1z1111(2)f(z) 1

z1

(z1)2 1

z3 11 z

n0zn3z2

z21 21z2

z211z2zn =1()zn

(1)n22n02

n0

zn2(3)

ez

1zz2 z2

n... ...n!f(z)

z(1z2)=11z5z2...

zz3z 2 62.解:(1) 1 1 [

nnz i) n2nz i) n2(z21)2

4(zi)2

n0 2i 1 4(zi)2n0

nn z i) n z i) 2i

zi2)1(2)z2ez

zn2

1(0

z)n0n!

n2(n2)!zn21 1

...)(3)令z，則eze1e 22 3 4 5 42(1 ...)(12

...)2 3! 4! 5! 23 4 5(1 ...)(1 ...)(1 )...2 3! 4!2 3

=1 2 3 8

...=111

1111

4...z證明:根據(jù)洛朗定理,可設(shè)

2z2

3z3

8z

5z5nsin[t(z1)]nz n0

czn

z)其中cn

12i1

sin[t(1)] n1

(n0,1,)這里

(02)1 2sin[t(eiei)]i 1 2sin(2cos)于是cni

ei(n1)

e

ein d解(1)因?yàn)楹瘮?shù)為有理函數(shù),且分子,分母無公共零點(diǎn),因此分母的零點(diǎn)就是函數(shù)z(z24)0z0以及2i,分別是分母的一級(jí)和二級(jí)零點(diǎn),從而分別是函數(shù)的一級(jí)和二級(jí)極點(diǎn),又因

z1z(z24)

z0,z為可去奇點(diǎn).(2)由定理5.4(3)知函數(shù)sinzcosz的m級(jí)零點(diǎn),就是且分母零點(diǎn)的極限點(diǎn)必為函數(shù)的極限點(diǎn),因?yàn)?/p>

1sinzcosz

的m級(jí)極點(diǎn),

4則令sinzcosz0,zk4

(k0,1,)且又因[

zsin(z)]4

zk4

2(1)k

0(k0,1,)zk4

(k0,1, )各為分母sinzcosz的一級(jí)零點(diǎn)即為 1 的sinzcosz一級(jí)極點(diǎn).zk4

,z是極點(diǎn)的極限點(diǎn),即為函數(shù)的非孤立奇點(diǎn).(3z(2k1)i時(shí),分母1ez0,且(1ez)

10z(210z(2k1)i是分母的一級(jí)零點(diǎn),而此時(shí)分子(1ez)

z(2k1)z(2k1)i各為函數(shù)的一級(jí)極點(diǎn),因分母,分子在平面解析,所以除此之外在平面上無其他奇點(diǎn).0,解得z

2(1i),即為所給函數(shù)的極點(diǎn).2且因[(z2i)3

z

2(1i)22

0,[(z2i)3]

z

2(1i)22

故z

2(1i)均為所給函數(shù)的三級(jí)極點(diǎn).2又因 1(z21)3

z0,z為可去奇點(diǎn).因?yàn)閠an2

2sinzz ,分子分母均在z平面解析且無公共零點(diǎn),sinzcos2z點(diǎn)即為tan2z的極點(diǎn),令cos2z0,解得k,(co2sz)2

zk02

zk02

(k0,1,)zk是cos2z的二級(jí)零點(diǎn),從而是tan2z的二級(jí)極點(diǎn).2

1

1 2!(zi)2zi為其本性奇點(diǎn),又因z

1

1z為可去奇點(diǎn).

sin2z21z

z0

2(z)2 22z0為可去奇點(diǎn),z為本性奇點(diǎn).因?yàn)楫?dāng)且僅當(dāng)z2ki時(shí),分母ez10,(ez1) 0,所以z2ki為z2ki1,z2ki為其一級(jí)奇點(diǎn).解:先判斷各函數(shù)的奇點(diǎn)類型.(1)z0z為奇點(diǎn).(2)z0z為奇點(diǎn).z0不是孤立奇點(diǎn),是極點(diǎn)的極限點(diǎn).分母的零點(diǎn)是zk,這是ctgz的極點(diǎn),且(sinz) 10zk是分母的一級(jí)零點(diǎn),因此是ctgzz不是孤立奇點(diǎn),是極點(diǎn)的極限點(diǎn).由三個(gè)函數(shù)均為單值函數(shù),由洛朗定理,在孤立奇點(diǎn)的去心鄰域內(nèi)均能展開成洛朗級(jí)數(shù),在非孤立奇點(diǎn)的鄰域內(nèi)則不能.解:(1)當(dāng)mna為f(zg(z)的max(mn級(jí)極點(diǎn)，為fg的mnfg

的mn(mn級(jí)極點(diǎn)與nm(mn級(jí)零點(diǎn)(2)當(dāng)mna為fg的至多m級(jí)極點(diǎn)（此時(shí)各種情況均有可能產(chǎn)生）

1(za)m

zk,g

1(za)m

zk(kN)afg的mnfg

的可去奇點(diǎn).證明:因f(zza為f(zza只能為f(z的孤立奇點(diǎn).(反證)za不是(zf(z),(zf(z),(z)/f(z的本性奇點(diǎn),則由上題的結(jié)論知,(zza為可去奇點(diǎn)或極點(diǎn),矛盾.8.解:(1)

f(z)

z1ez,奇點(diǎn)為為一級(jí)極點(diǎn)，z z z(ez z z2ki(k12z為非孤立奇點(diǎn)z0為函數(shù)的本性奇點(diǎn),z為函數(shù)的本性奇點(diǎn).z是可去奇點(diǎn),z0為本性奇點(diǎn).z0z為本性奇點(diǎn).z1為本性奇點(diǎn),z2ki為一級(jí)極點(diǎn),z為非孤立奇點(diǎn).證明:因f(zz平面上解析,則f(zz點(diǎn)為孤立f(zzzf(z5.10f(z為常數(shù).證明:(反證wf(z)為整函數(shù)且非常數(shù)若值全含于一圓之外即存在

使得對(duì)任何z恒有

f(z)w0

g(z)

1f(z)w0

zz,分母不等于0,g(zz平面上解析,即為整函數(shù).又因f(z)非常數(shù),所以g(z)非常數(shù),其值全含于一圓g(z)10

之內(nèi),與劉維爾定理矛盾.證明:由題意,f(zz0的去心鄰域內(nèi)的洛朗展開式可設(shè)為f(z)

c1zz0

n0

cn(zz0

)n(c

0)g(z)

f(z)

c1zz0

f(z),

c11nzz01n

在zr上除去z0g(z)在zrz0外解析.g(z)cnn0

(zz0)

f(z)z0的鄰域內(nèi)解析,故g(zzr上解析.g(zzrg(z)

aznc

1znzg(n)(0)n z

nn0n

1n0

n10g(z)n0

znzn0a

znc10 z從而nz

[ 0 ]an1

0z0

n1

c1z0g(z)n0

znzr上解析,zz

時(shí),級(jí)數(shù)n0

zn是收斂的,一00般項(xiàng)bzn0(n,故即知liman00

z.n0 a

0n11.（1）不能

（二）能，指定點(diǎn)不是所給函數(shù)的支點(diǎn)不能不能能，指定點(diǎn)不是所給函數(shù)的支點(diǎn)2f(zz1處的去心鄰域應(yīng)是0|z1|1，而1|z1|1zf(z的可去奇點(diǎn)。f(z在點(diǎn)a解析，故知ag(z的孤立奇點(diǎn)，且limg(zlim

f(zf(a)f(a)g(a，故ag(z的可去奇點(diǎn)。故在a業(yè)za

za

za35.4（2）f(z(z)，其中(z在點(diǎn)a鄰域內(nèi)解析，(za)m且(a)0f(z以a為m階極點(diǎn)的特征，則lim(za)mf(z)lim(za)m(z)(a)0za

za

(za)mg(z)za)kf(zg(z在k{a0|za|R內(nèi)有界。由5.（3ag(z)ag(z)5.（2若af(z的m級(jí)極點(diǎn)，則在點(diǎn)af(z(z)，其(za)mz中(z在點(diǎn)a鄰域內(nèi)解析，且(a0。若mkg(z以a為mk級(jí)極點(diǎn)，與ag(z的可去奇點(diǎn)矛盾，故mk。另一方面若af(z的可去奇點(diǎn)，則g(z在a點(diǎn)仍解析。故題目也成立，綜合有af(z的不高于k級(jí)的極點(diǎn)或可去奇點(diǎn)。z

1 sin1

f(z)

wsinw只有唯一的奇點(diǎn)即本性奇點(diǎn)w，1z

(k1,2,zf(z)的本性奇點(diǎn)。1{ z0f(z的本性奇點(diǎn)列k

的極限點(diǎn)，是個(gè)非孤立奇點(diǎn)。（必要性）f(z)z平面上只有一個(gè)一級(jí)極點(diǎn)，zf(z)azbz0為極點(diǎn)時(shí)，Bz(ABz0)

f(z)

A

B(A0)= zz0Bz0(ABz0)A0f(z)azb,adbc0（充分性） 若

czd

zd因而a,c不同時(shí)為0，①c0，f(z)只有一個(gè)一級(jí)極點(diǎn) cc0，則a0且d0f(zzf(z在點(diǎn)解析，|z|RR充分大，使C及其內(nèi)部全令于，則得到點(diǎn)0R|z|f(z在其f(zcc1cn（c0）0 z zn 0由定理5.2知c 1 f(z)dz即c 1 f(z)dz1 i 1 i1故由復(fù)周線的柯西積分定理可知c11

iC

f(z)dz

limf(z) c0zc0,R,當(dāng)|zR時(shí)均有|f(z)c0選取充分大的rR使得C在||r內(nèi)部由于|1

f()dc|1[

||rz

0c0d]|

z

||rz1

|f)c0||d|

|z| r r|z|

f()dcr2i||rz 0zD，則

f()d01故

||rzcf()d0ccz

czzD，亦可選取充分大的r0r使得1f()d1

f()df(z)

||r0z從而1 f()df(z)icz c01證明：由于函數(shù)f(z)49 在含點(diǎn)的無界閉域|z|99上解析且1(z2k)limf(z0f()，于是應(yīng)用上題計(jì)算積分zI1

f(z)

1 1iCz

49

98!!證明：先考察在充分大的圓周|z|Rzf(z的一切有限奇點(diǎn)都全含于的f(z在CC命題亦成立。證明：有兩種可能的情況。f(z)有n個(gè)一級(jí)極點(diǎn)，且都不為0，設(shè)為1,2,,n，此時(shí)為f(z)的可去奇點(diǎn)。由定理5.4（2）寫出f(z) (z) ，其中(z)在z平面(z1)(z2)(zn)0，因?yàn)閒(z的極點(diǎn)，故(zz的最高次冪0不能大于n，即(z)a0

azazn，(d

0，所以1nk aazazn1nk

，其中互異，且

至少有一個(gè)不f(z) 0 1 n

k

(z1)(z2)(zn)0.f(z的一級(jí)極點(diǎn)，若k(k1,2,n只有一個(gè)為，把其余n1個(gè)依次排列為

5.4'（2）

aazazn ，1,2,,

n1

f(z) 0 1 n其中n0，且當(dāng)iI(C)D

j時(shí)，ij(1i,jn1。

(z1)(z2)(zn1)DD1D1f(z0。k（反證法）f(zD1D內(nèi)有無限多個(gè)零點(diǎn)，那么斂子列{znz0z0D1D1f(z0，f(zD內(nèi)至多只有有限個(gè)零點(diǎn)。k

1f(z)

1）知

1f(z)

在D內(nèi)至多只有有限個(gè)極點(diǎn)。15f(zczcz1z(ccz，f(z)

1 1z0f()(0)

zc

(z)f()(0)

再應(yīng)用最大模原理。16.證明：

!z是圓|z|Rr滿足。由最大模原理知|(z||(|||r)，即|(z||f()|M，令rR，則|(z||

f(z)|M(*) r z R特別|(0||f(0|M即|f(z|(*)M|z||z|R。R R若圓|z|Rz，使|f(z|M|z|(0|z|R，即|(z||

f(i|M，這1 R z Rc|M，Rf(zMeiz（為實(shí)數(shù)。R第六章留數(shù)理論及其應(yīng)用（一）1解：(1)z=1是一級(jí)極點(diǎn)，故由推論6.3知1Resf(z)(z1)z1

1(z1)(z1)2

|z14Z=-16.4知Resf(z)[(z1)2z1

1(z1)(z1)2

z1

14z是可去奇點(diǎn)，則由教材(6.2)式知Resf(z)[Resf(zResf(z0z

z1

z1(2)zn(n0,1,sinzzn(n0,1,為6.5知

1 的sinzResf(z)zn1e2z

1z)1

|z

(2z)2

(2z)3

2 2 4(3)由z4

2zz4

2!

z3z23z所以Resf(z)C1z0

43z=0Resf(zResf(z41

z1

z0 3(4)由ez11

2所以Resf(z)1z1

z1z=1Resf(zResf(z1(5)z=1為

z2n(z1)n

z的n級(jí)極點(diǎn)，所以

z1z1

z2n(z1)n

(z2n

)(n1)

(2n)!(n1)!(n1)!z

z2n(z1)n

z1

z2n(z1)n

(2n)!(n1)!(n1)!(6)

z1

ezz21

(z1)

ezez21e

|z12z1

ezz21

(z1)

ezz21

|z1

e1ee2

z1

ezz21

(z1)

ezz21

|z12zRes ez

(Resf(z)Resf(z))

e1ez

z21

z1

z1 2解(1)zmsin1z=0和無窮，因zzmsin1zm(111

(1)k

1 z z 3!z3

2k!z2k1當(dāng)m1的項(xiàng)，故zResf(z)0,Resf(z)Resf(z)0z0

z

z0當(dāng)m1的項(xiàng)的系數(shù)為z

(1)k(1)k (1)k1z0zz0Resf(z)Resf(z)2kz0zz0z2mzm(3z是1zm的m級(jí)極點(diǎn)，令分母1zmi(2k1)

0zm

1e

i2k1因此zke m 且(1zm)| 0，因此ekz2m

em1

e i(2k1) eResf(z)

|ze

k ke

kzek

(1zm) k m m mesf(z)m1(k)m1kz

k0

k0mzResf(z)z

2(z)m

|z

2()mz至少是二級(jí)極點(diǎn)，因此Resf(z)0z由此又f(z)