第三章：幂级数展开
1. 一致收敛的复变项级数
已知复变项级数： +++++=∑∞
=)()()()()(2100z w z w z w z w z w k k k ，该级数的前
1+n 项和)()()()()(2100
z w z w z w z w z w n n
k k ++++=∑= 称为级数的部分和。
把部分和序列∑=n k k z w 0
)(表示为∑∑∑===+=n
k k n k k n k k y x v i y x u z w 0
),(),()(，则有：
∑∑∑=∞
→=∞
→=∞
→+=n
k k n n k k n n k k n y x v i y x u z w 0
),(lim ),(lim )(lim
这样把复变项级数的收敛问题归结为两个实变项级数。
复变项级数的收敛性和一致收敛性：任给一个数0>ε，总可找出一个),(z N ε，使得当),(z N n ε>时，对于区域E （或曲线l ）上的所有点z 来说，部分和满足不等式ε<-∑=)()(0z w z w n
k k ，则称级数∑∞
=0
)(k k z w 在区域E （或曲线l ）上收敛于函
数)(z w ，如果)(εN 只与ε有关，则称级数∑∞
=0
)(k k z w 在区域E （或曲线l ）上一致
收敛于函数)(z w 。
复变项级数在区域E （或曲线l ）上收敛和一致收敛的充要条件（柯西判据）： 对于区域E （或曲线l ）上的所有点z ，任给一个数0>ε，总可找出一个),(z N ε，使得当),(z N n ε>时，有不等式
ε<∑++=p
n n k k
z w
1
)(（其中p 为任意正整数），则级数
∑∞
=0
)(k k
z w
在区域E （或曲线l ）上收敛于函数)(z w ；如果)(εN 只与ε有关，则级
数∑∞
=0
)(k k z w 在区域E （或曲线l ）上一致收敛于函数)(z w 。
绝对收敛：如果复变项级数各项的模组成的级数∑∞
=0
)(k k z w 收敛，则称复变项级数
∑∞
=0
)(k k
z w
绝对收敛。
容易由柯西判据证明：绝对收敛的复变项级数也必是收敛的。 绝对且一致收敛的一个判别法：如果对于区域E （或曲线l ）上所有各点z ，复变项级数各项的模k k m z w ≤)(，而正的常数项级数∑∞
=0k k m 收敛，则复变项级数
∑∞
=0
)(k k
z w
在区域E （或曲线l ）上绝对且一致收敛。
一致收敛复变项级数的性质：
1． 如果复变项级数∑∞
=0)(k k z w 的各项)(z w k 都是区域E （或曲线l ）上的连续函数，
并且复变项级数∑∞
=0
)(k k z w 在区域E （或曲线l ）上一致收敛于函数)(z w ，则)
(z w 也是区域E （或曲线l ）上的连续函数
证明：由于复变项级数∑∞
=0)(k k z w 区域E （或曲线l ）上一致收敛于函数)(z w ，则
任给一个数0>ε，总可找出一个)(εN ，使得当)(εN n >时，对于区域E （或曲线l ）上的所有点z ，部分和满足不等式3
)()(0ε
<
-∑=z w z w n
k k 。
选取区域E （或曲线l ）上的任一点0z ，由于级数∑∞
=0
)(k k z w 的各项)(z w k 在0z 点
连续，总可以找到一个数0>δ，当δ<-0z z 时，有3
)()(0
00
ε
<
-∑∑==n
k k n k k z w z w 。
所以当)(εN n >以及δ<-0z z 时，则有不等式
ε
ε
ε
ε
=+
+
<
-+
-+
-≤-+-+-=-∑∑∑∑∑∑∑∑========3
3
3
)()()()()()()]
()([])()([])()([)()(00
00
00
00
00
00
0z w z w z w z w z w z w z w z w z w z w z w z w z w z w n
k k n
k k n k k n
k k n
k k n k k n k k n k k
2． 如果复变项级数∑∞
=0
)(k k z w 的各项)(z w k 都是曲线l 上的连续函数，并且复变项
级数∑∞
=0
)(k k z w 在曲线l 上一致收敛于函数)(z w ，则有极限关系式：
??∑?∑∑?====∞
→=∞→=∞
→l
l n
k k n l
n k k n n k l
k n dz z w dz z w dz z w dz z w )(])([lim )]([lim )(lim 0
证明：已知复变项级数∑∞
=0
)(k k z w 的各项)(z w k 在曲线l 上连续，所以各项在曲线l
上的积分dz z w l
k ?)(存在。由于级数∑∞
=0
)(k k z w 在曲线l 上一致收敛于函数)(z w ，由
性质1可知函数)(z w 连续，积分dz z w l
?)(存在。
由级数的一致收敛性可知：对于任何0>ε，总可找出一个)(εN ，使得当)(εN n >时，对于曲线l 上所有点z 来说，部分和满足不等式L
z w z w n
k k ε
<
-∑=)()(0，其中L
为曲线l 的长度。则我们可得：
εε
=<
-≤-=-?∑?∑??∑===L L
dz z w z w dz z w z w dz z w dz z w l n
k l l n k k l
l n k k )()()]()([)()(0
总结：
对于0>?ε，总)(εN ?，使得当)(εN n >时，不等式
ε<-??∑=l
l n
k k
dz z w dz z w
)()(0
成
立，即性质??∑==∞→l
l
n
k k n dz z w dz z w )()(lim 0
成立。证毕。
3． (魏尔斯特拉斯定理)：如果复变项级数∑∞
=0)(k k z w 的各项)(z w k 都是定义在单连
通区域E 上的解析函数，并且复变项级数∑∞
=0
)(k k z w 在E 上一致收敛于函数)(z w ，
则函数)(z w 也是E 上的一个解析函数。
证明：已知)(z w k 在单连通区域E 上解析，由柯西定理可知，对于任何一条位于
E 内的分段光滑闭曲线l ，都有?=l n z w 0)(。由本定理条件，结合性质2可知逐项积分??∑==∞→l
l
n
k k n dz z w dz z w )()(lim 0
成立，且有??∑===∞→l
l
n
k k n dz z w dz z w )(0)(lim 0
，由莫
莱拉定理可知，函数)(z w 也是E 上的一个解析函数。
4． 如果复变项级数∑∞
=0)(k k z w 的各项)(z w k 在区域E 上解析，在闭区域E 上连续，
并级数∑∞=0
)(k k z w 在E 上一致收敛于函数)(z w ，则∑∞
==0
)()(k k z w z w 可在E 上逐项求
导n 次，且有)()()(0)(z w z w n k n k =∑∞
=
证明：设ζ为E 的边界l 上的任意一点，而z 为E 的一个内点。当z 固定时，模
z -ζ有下界，所以级数∑
∞
=+-0
1
)()
(k n k z w ζζ（k 为任意自然数）关于ζ在l 上是一致收敛的。由性质2知道可沿l 逐项积分，即
ζζζπζζζπ
ζζπ
d z w i n d z w
i n z w i n l n l
n k k
k l n k ??∑∑?++∞
=∞
=+-=-=-11
001)()
(2!
)
()(2!
)()(2!
结合高阶导数公式ζζζπd z f i n z f
C n n ?+-=
1
)
()()(2!)(可得：)()()
(0
)(z w z w n k n k =∑∞
=。证毕。 2. 幂级数
● 幂级数： +-++-+=-∑∞
=k k k k k z z c z z c c z z c )()()(001000
其中：系数k c 和固定点0z 都是复常数，z 是一个复变量
如图3-1所示，在收敛圆R z z =-0的内部，即对于满足R R z z <=-10的点，幂级数k k k z z c )(00-∑∞
=绝对且一致收敛
图3-1
证明：对于收敛圆R z z =-0内的任一点R R z z <≤-10，有k k k k R c z z c 10)(≤-，而由正项级数收敛的比值判别法11
lim
111<=+∞
→R R R c c k
k k 可知，正项级数k k k R c 10
∑∞
=收
敛，所以幂级数k k k z z c )(00
-∑∞
=在收敛圆R z z =-0内绝对且一致收敛。
在收敛圆R z z =-0外的任一点R z z >-0，幂级数k k k z z c )(00
-∑∞
=发散
证明：幂级数∑∞
=0
k k z 在收敛圆1 ==-011 k k z z 已知幂级数的前1+n 项部分和为z z z n n k k --=+=∑111 已知：z z z z n n k k -=--+=∑1111 对于收敛圆1 1 11 11R R z z n n -≤-++；由复变项级数一致收敛的定义可知：任给一个数0>ε，总可找出一个只与ε有关的数)(εN ，使 得当)(εN n >时，满足ε<-≤-++111111R R z z n n ，即不等式ε<-=--+=∑z z z z n n k k 111 1 成立，本题得证。 幂级数的性质： 1． 由一致收敛复变项级数的性质3(魏尔斯特拉斯定理)可知： 幂级数k k k z z c )(00 -∑∞ =的各项k k z z c )(0-都是收敛圆R z z =-0内的解析函数，并 且幂级数k k k z z c )(00 -∑∞ =在收敛圆内一致收敛于函数)(z f ，所以： 幂级数的和k k k z z c z f )()(00 -=∑∞ =在收敛圆内也是一个解析函数。 2． 由一致收敛复变项级数的性质4可知： 幂级数k k k z z c z f )()(00-=∑∞ =在收敛圆内任一点R R z z <=-10可逐项求导n 次。 可以证明幂级数逐项求导n 次所得到的新幂级数的收敛半径不变 证明：已知原来幂函数k k k z z c )(00-∑∞ =的收敛半径为R ，由收敛半径的比值判别法 可知R c c k k k =+∞ →1 lim 。求一阶导数后的幂级数为k k k z z c k )()1(00 1-+∑∞ =+，其收敛半径 由根式判别法可得收敛半径为：12 1 21lim R c c k k k k k =++++∞→ 令1+k 为k ，则可得R R c c k k c c k k k k k k k k k ==?+=++∞→∞→+∞→11 1lim 1lim 1lim 。 遵循同样的步骤可知：逐项求导n 次后所得到的幂级数的收敛半径不变。 3． 由一致收敛复变项级数的性质2可知： 幂级数k k k z z c z f )()(00-=∑∞ =可以沿收敛圆内的分段光滑曲线l 逐项积分 可以证明幂级数逐项积分所得到的新幂级数的收敛半径不变 证明：设原来幂函数k k k z z c )(00-∑∞ =的收敛半径为R c c k k k =+∞ →1 lim ，逐项积分后的幂 级数为100 0)(1)(0 +∞ =∞ =-+=-∑ ∑?k k k k z z k k z z k c d z c ζζ，由根式判别法可得其收敛半径为：R c c k k c c k k k c k c k k k k k k k k k k =?++=++=+++∞→∞→+∞→+∞→1 11lim 12 lim 12lim 2/1lim 。证毕。 ● 泰勒级数 我们已知：一致收敛幂级数的和k k k z z c z f )()(00-=∑∞ =在收敛圆内是一个解析函 数；反过来，解析函数也可展开成幂级数。 图3-2 定理：设函数)(z f 在区域E 上是解析的，0z 为区域E 内任一点，在区域E 内的圆R z z C <-0:中，)(z f 可以展开为泰勒级数： ∑∞ =-=00)()(k k k z z c z f 其中： )(! 1)()(210) (1 0z f k d z f i c k C k k ?=-= +ζζζπ 泰勒级数的收敛半径R 为0z 到区域E 的边界的最短距离 证明：如图3-2，在区域E 内做圆R r z C <=-0:ζ，设z 为圆内一点，ζ为圆周 C 上的点，显然有00z z z -<-ζ，即 10 <--z z z ζ 由柯西公式可得：?-= C d z f i z f ζζζπ )(21)( 已知： 00 0011 1 )()(11z z z z z z z z --- -= ---=-ζζζζ 考虑100<--z z z ζ以及幂级数1, 11 <=-∑∞ =z z z n n ，则上式可化为级数: k k z z z z z ∑∞=??? ? ??---= -00 00 1 1ζζζ 上式的级数关于ζ在C 上是一致收敛的，把它代入柯西公式并求逐项积分可得： k k C k z z d z f i z f )]()()([21 )(0 1 --= ∑? ∞ =+ζζζπ 考虑解析函数的n 阶导数公式 )(! 1)()(210) (1 0z f k d z f i k C k ?=-+ζζζπ ，则可得)(z f 在点0z 展开为如下的泰勒级数：∑∞ =-=0 0)()(k k k z z c z f 解析函数)(z f 在点0z 的幂级数展开是唯一的，为)(z f 在点0z 的泰勒级数 证明：设)(z f 在点0z 有另一个幂级数展开式：∑∞ =-=00)()(k k k z z b z f 。令0z z =， 可得)(00z f b =；两边关于z 求k 次导，再令0z z =，则可得)(! 10) (z f k b k k =，所以有幂级数展开式∑ ∑∞ =∞ =-=-=000) (00))((! 1)()(k k k k k k z z z f k z z b z f ，为)(z f 在点0 z 的泰勒级数。 总结： 1． 任何幂级数∑∞ =-=00)()(k k k z z c z f 在收敛圆内都是它的和)(z f 的泰勒级数 2． 幂级数∑∞ =-=0 0)()(k k k z z c z f 的收敛半径与从圆心0z 到级数和)(z f 的解析性 被破坏的最近点的距离相同，即收敛半径为圆心0z 到最近奇点的距离。 收敛半径R 的计算方法 (1) 比值判别法（达朗贝尔判别法）： R c c k k k =+∞ →1 lim (2) 根式判别法（柯西判别法）：[ ]1 lim -∞ →=k k k c R (3) 奇点法：幂级数中心0z 到最近奇点的距离即为收敛圆的半径R 将函数展开为泰勒级数的方法 1．直接计算系数)(! 10) (z f k b k k = 例题3.1 试以00=z 为中心，将z e z f =)(展开为泰勒级数. 解：z e z f =)(的各阶导数为z k e z f =)()(，! 1 ! 1)0(!10 0)(0k e k z f k c z z z k k = === == 所以：∑ ∞ ==+++++=02! !!21k k k z k z k z z z e 类似地，可以得到： ∑ ∞ =++-=++-=01 253)!12()1(!5!3sin k k k k z z z z z ∑∞=-=++-=0 242)!2()1(!4!21cos k k k k z z z z 2. 换元法 例题3.2 试分别以00=z 及10=z 为中心将函数1 1 )(+-=z z z f 展开成Taylor 级数，并指出其收敛半径. 解：利用级数∑∞ ==-0 11 k k z z ，1 (1) 以00=z 为中心，则有： 1, )(21)(12112111)(0 <--=---=+-+=+-=∑∞ =z z z z z z z z f k k )(z f 的奇点是1-=z ，从中心00=z 到1-=z 的距离为1，所以收敛半径1=R 。 (2) 以10=z 为中心，则有 12 1 ,)2 1()1(21) 2 1(112 112111)(0<----=----= -+-=+-=∑∞=z z z z z z z z z z f k k k )(z f 的奇点是1-=z ，从中心10=z 到1-=z 的距离为2，所以收敛半径2=R 。 3． 在收敛圆内逐项求导法(求积分法) 例题3.3 以00=z 为中心， 将函数2 )1(1 )(z z f -= 展开为Taylor 级数 解：已知∑∞ ==-0 11 k k z z ，1 ∑∑∞ =∞=-+==-='-0 112)1()1(1)11(k k k k z k kz z z 所以有：∑∞ =+=-=0 2 )1()1(1)(k k z k z z f ，1 解： ∑∑∞ =∞=--=-=--=0 0)1()1()1()1(111k k k n n z z z z ，11<-z 取多值函数z ln 的01ln =所在的单值分支，对上式两边取积分可得： ∑∑? ? ∞ =+∞ =-+-=--==010 1 1 )1(1 )1()1() 1(1 ln k k k k z k k z z k d d z ζζζζ 3. 洛朗级数 如图3-3所示，已知圆形区域R z z <-0内的解析函数)(z f 可以展开为幂级数，即)(z f 的泰勒级数。 图3-3 图3-4 如图3-4所示，环形区域201R z z R <-<内的解析函数)(z f 也可展开为幂级数，称为洛朗级数。 罗朗定理：若函数)(z f 在环形区域201R z z R <-<内单值解析，则)(z f 可在环形区域内任一点z 展开为罗朗级数，其形式为： k k k z z c z f )()(0-= ∑∞ -∞ = 其中展开系数为： ?+-= C k k d z f i c ζζζπ 10)() (21 积分路径C 为环形区域内按逆时针方向绕0z 的任一简单闭合曲线。 证明：如图3-5所示，在环形区域201R z z R <-<内作曲线1L 和2L ，不妨设1L 是半径为ρ的圆周ρ=-0z z ，2L 是半径为r 的圆周r z z =-0，点z 为1L 和2L 所围环形区域内的任一点，则由复连通区域上的柯西公式可得： ζζζπ ζζζπ d z f i d z f i z f z f z f L L ??-+-= +=12) (21 )(21 )()()(21 其中1L 和2L 均取正方向，即1L 取顺时针，2L 取逆时针方向 图3-5 对于圆周2L 上的点ζ有不等式10 00<--? -<-z z z z z z ζζ，所以有关系式： ∑∞ =+--=--- -= ---=-01 000 00 00)()(11 1 )()(11k k k z z z z z z z z z z z ζζζζζ 上式关于2L 上的点ζ绝对且一致收敛。 把上式代入到柯西公式等号右边的第一项可得： ζζζπ ζζζπ d z z z f i d z f i z f L k k k L ? ∑ ?∞ =+--=-= 2 2001 01])() ()([21 )(21 )( 交换积分和求和的顺序可得： ∑??∞ =+--=-= 0010122)]()()(21 [)(21 )(k L k k L z z d z f i d z f i z f ζζζπ ζζζπ 令?+-= 21 0)()(21 L k k d z f i c ζζζπ ，上式可表示为k k k z z c z f )()(00 1-=∑∞ = 对于圆周1L 上的点ζ有不等式10 00<--? -<-z z z z z z ζζ，所以有关系式： ∑∑∞ =-+-∞=+---=---=--- --=---=-00)1(001000 00 00)()()()(11 1 )()(11k k k k k k z z z z z z z z z z z z z z z ζζζζζ上式关于1L 上的点ζ绝对且一致收敛。 在上式中作变换n k =+-)1(，可得： n n n k k k z z z z z z z )() (1)()(101 1 000)1(0---=---=-∑∑--∞=+∞=-+-ζζζ 把上式代入到柯西公式等号右边的第二项可得： ζζζπ ζζζπ d z z z f i d z f i z f L n n n L ])() ()([21 )(21)(1 11 01 02? ∑ ?--∞=+---=-= 交换积分和求和的顺序可得： ∑??--∞ =+---=-= 1 010211)]()()(21 [)(21 )(n L n n L z z d z f i d z f i z f ζζζπζζζπ 令?+-- =11 0)()(21 L n n d z f i c ζζζπ ，上式可表示为n n n z z c )(01 -∑--∞ = 设C 为1L 和2L 之间的任意简单闭合曲线，取逆时针方向，由复连通区域的柯西 定理可得： ??--∞=-=-- =++C k L k k k d z f i d z f i c 1 ,,)() (21 )()(21101 01 ζζζπ ζζζπ ??∞=-=-= ++C k L k k k d z f i d z f i c ,0,)() (21 )()(21101 02ζζζπζζζπ 总结： k k n C C z z c d z f i d z f i z f z f z f )()(21 )(21 )()()(021-=-+-= +=∑??∞ -∞ =ζζζπ ζζζπ 其中：?+-= C k k d z f i c ζζζπ 10)() (21，积分围道C 取逆时针方向 罗朗级数中k k k z z c z f )()(00 1-=∑∞ =称为展开式的正则部分，k k k z z c z f )()(01 2-= ∑--∞ =称为主要部分。 罗朗级数k k k z z c z f )()(0-= ∑∞ -∞ =在环形区域201R z z R <-<内绝对且一致收敛 简单证明：由罗朗定理的证明可知，在区域20R z z <-内，罗朗级数的正则部分 k k k z z c z f )()(001-=∑∞ =绝对且一致收敛；对于主要部分k k k z z c z f )()(01 2-= ∑--∞ =，可 表示为k k k z z c -∞=--∑)(01 ，令Z z z =--1 0) (，则可化为k k k Z c ∑∞ =-1 ，可知其收敛半径 为1 1R Z < ，即01z z R -<，绝对且一致收敛。所以在环形区域201R z z R <-<内罗朗级数k k k z z c z f z f z f )()()()(021-= +=∑∞ -∞ =绝对且一致收敛。 罗朗级数的唯一性定理：如果级数 k k k z z c )(0-∑∞ -∞ =在环形区域201R z z R <-<内 收敛，那么它的和)(z f 在这个环形区域内必是解析的，并且展开式k k k z z c )(0-∑∞ -∞ = 为)(z f 的罗朗级数。 证明：已知幂级数n n n z z c )(00 -∑∞ =在区域20R z z <-内解析、绝对且一致收敛；对 于幂级数k k k z z c -∞ =--∑) (01 ，令Z z z =--1 0) (，则可化为k k k Z c ∑∞ =-1 ，其收敛半径 11R Z <，即01z z R -<。所以k k k z z c )(0-∑∞ -∞ =在环形区域201R z z R <-<内解析、绝对且一致收敛，可表示为： k k k z z c z f )()(0-= ∑∞ -∞ = 在上式两边同乘以 1 0) (1 +-n z z 并沿圆周C 积分可得： dz z z c dz z z z f C n k k k C k ?∑?--∞ -∞ =+-=-1010)()() ( 考虑积分???≠==-? 1,01,2)(0 n n i z z dz C n π，则可得： dz z z z f i c C n n ?+-= 10)() (21 π 总结：幂级数k k k z z c z f )()(0-=∑∞ -∞ =，201R z z R <-<为级数和)(z f 的罗朗级数 罗朗级数的说明： 1． 对于罗朗级数k k k z z c z f )()(0-= ∑∞ -∞ =，201R z z R <-<；只知道函数)(z f 在 环形区域201R z z R <-<内解析，在区域10R z z <-内存在奇点，0z 可能是也可能不是)(z f 的奇点。 2． 尽管展开系数?+-= C k k d z f i c ζζζπ 10)() (21与泰勒级数的展开系数形式相同，但 是)(! 10) (z f k c k k ≠ 。如果0z 是)(z f 的奇点，则)(0)(z f k 不存在；如果0z 不是)(z f 的奇点，还是)(! 10) (z f k c k k ≠ ，因为dz z z z f i k z f C k k ?+-= 100)()() (2!)(π成立 的条件是在以C 为边界的区域上)(z f 解析，而由罗朗级数知道在以C 为边界的区域上)(z f 存在奇点。 3． 若)(z f 在20R z z <-内解析，则罗朗级数转化为泰勒级数。 罗朗级数展开方法举例 例题3.6 将函数2)(z e z f z =在以00=z 为中心的环形区域∞< 级数。 解： 方法一：直接方法 ?????-≥+= +-≤==-= =+++? ?2 ,)! 2(1 )()! 2(13 ,021 )()(210 )2(3 10k k e k k dz z e i dz z z z f i c z k z C k z C k k π π 所以有：∑∞ -=+==2 2)!2()(k k z k z z e z f 方法二：间接方法 ∑∑∞ =-∞ ====02 02 2!!1 )(k k k k z k z k z z z e z f 在上式中令l k =-2，再把l 写成k 可得：∑∞ -=+==2 2)!2()(k k z k z z e z f 例题 3.7 已知函数) 2)(1()(--= z z z z f ，以00=z 为中心在下列区域内将函数 ()f z 展开成罗朗级数。 (1)1 解：已知1 2)2)(1()(-- -=--= z z z z z z z z f (1) 在区域1 2 1 2 =++∞=-=-=--=-011 02222 1122k k k k k k z z z z z z z ∑∑∞ =+∞===-=--0 10111k k k k z z z z z z z 所以有：∑∞ =++-=---=--=011)2 1 1(12)2)(1()(k k k z z z z z z z z z f (2) 在21< 11 21< ，则有： ∑∑∞=++∞=-=-=--=-011 022221122k k k k k k z z z z z z z ∑∞ =-=--=--011111k k z z z z 所以有：∑∑∞ =++∞=--=---=--=01102 1 112)2)(1()(k k k k k z z z z z z z z z z f (3) 在∞< z 以及12 0< ，则有： ∑∞ ==-=-02211 2 k k k z z z z ∑∞ =-=--=--011111k k z z z z 所以有：∑∑∑∞ =∞=∞=-=-=---=--=0001 21212)2)(1()(k k k k k k k k z z z z z z z z z z z f 例题3.8 已知函数1 1 )(2-= z z f ，以10=z 为中心将函数()f z 展开成罗朗级数 解：已知11 21112111)(2+- -=-=z z z z f 上式中的第二项1 1 21+-z 有一个奇点1-=z ，所以在10=z 为圆心的圆周2 1<-z 内，1 121+-z 可以展开为泰勒级数： k k k z z z )21()1(41) 2 1(114 1211210---=----=+--∑∞= 所以有：k k k k z z z z z z f )1(2 1 )1(11211121112111)(202----=+--=-=+∞ =∑ 收敛区域为：210<- 复变函数练习题第三章复变函数得积分 系专业班姓名学号 §1 复变函数积分得概念§4原函数与不定积分 一.选择题 1.设为从原点沿至得弧段,则[ ] (A) (B) (C) (D) 2、设就是,从1到2得线段,则[ ] (A) (B) (C) (D) 3.设就是从到得直线段,则[ ] (A) (B)(C)(D) 4.设在复平面处处解析且,则积分[ ] (A) (B) (C) (D)不能确定 二.填空题 1．设为沿原点到点得直线段,则 2 。 2．设为正向圆周,则 三.解答题 1.计算下列积分。 (1) (2) (3) (4) 2.计算积分得值,其中为正向圆周: (1) (2) 3.分别沿与算出积分得值。 解:(1)沿y=x得积分曲线方程为 则原积分 (2)沿得积分曲线方程为 则原积分 1 20 1 1 3224300 [()](12)3112 [32(1)][()]2.2233I i t it it dt t t i t dt t t i t t i =--+=--+-=--+-=-+?? 4.计算下列积分 (1) ,C:从到得直线段; C 得方程: 则原积分 (2) ,C:上沿正向从1到。 C 得方程: 则原积分 复变函数练习题 第三章 复变函数得积分 系 专业 班 姓名 学号 §2 柯西－古萨基本定理 §3 基本定理得推广－复合闭路定理 一、选择题 1． 设在单连通区域内解析,为内任一闭路,则必有 [ ] (A) (B) (C) (D ) 2.设为正向圆周,则 [ ] (A) (B ) (C) (D) 3.设在单连通域内处处解析且不为零,为内任何一条简单闭曲线,则积分 [ ] (A) (B) (C ) (D)不能确定 二、填空题 1.设为正向圆周,则 2.闭曲线取正方向,则积分 0 。 三、解答题 利用柯西积分公式求复积分 (1)判断被积函数具有几个奇点; (2)找出奇点中含在积分曲线内部得, 若全都在积分曲线外部,则由柯西积分定理可得积分等零; 若只有一个含在积分曲线内部,则直接利用柯西积分公式; 若有多个含在积分曲线内部,则先利用复合闭路定理,再利用柯西积分公式、 1.计算下列积分 (1) 、 第一章习题解答 （一） 1 ．设z =z 及Arcz 。 解：由于3i z e π -== 所以1z =，2,0,1, 3 Arcz k k ππ=-+=±。 2 ．设121z z =，试用指数形式表示12z z 及12 z z 。 解：由于6412,2i i z e z i e ππ -==== 所以()6 46 4 12 12222i i i i z z e e e e π πππ π --=== 54()14612 26 11222i i i i z e e e z e πππππ +-===。 3．解二项方程440,(0)z a a +=>。 解：1 244 4 (),0,1,2,3k i i z a e ae k ππ π+====。 4．证明2 2 21212122()z z z z z z ++-=+，并说明其几何意义。 证明：由于2 2 2 1212122Re()z z z z z z +=++ 2 2 2 12 12122Re()z z z z z z -=+- 所以2 2 21212 122()z z z z z z ++-=+ 其几何意义是：平行四边形对角线长平方和等于于两边长的和的平方。 5．设z 1，z 2，z 3三点适合条件：0321=++z z z ,1321===z z z 。证明z 1，z 2，z 3是内 接于单位圆 1 =z 的一个正三角形的顶点。 证 由于1 321 ===z z z ，知 321z z z ?的三个顶点均在单位圆上。 因为 3 33 31z z z == ()[]()[]212322112121z z z z z z z z z z z z +++=+-+-= 21212z z z z ++= 所以， 1212 1-=+z z z z ， 又 ) ())((1221221121212 21z z z z z z z z z z z z z z +-+=--=- ()322121=+-=z z z z 第三章 复变函数的积分习题与解答 3.1 如果函数()f z 是在【1】单连通区域；【2】复通区域中的解析函数，问其积分值与路径有无关系？ 【答案 单连通 无关，复连通 有关】 3.2 计算积分 3||21z z = -? 的值 【答案 0】 3.3 计算积分 22d L z z a -?:其中0a >．设 L 分别为 （1）(1)||/2; ||; (3)||z a z a a z a a =-=+= 【答案 (1)0；（2） πi a ； (3)πi a -】 3.4 计算积分 Im d C z z ?，其中积分曲线C 为 （１）从原点到2i +的直线段； （２）上半圆周 ||1z =，起点为1，终点为1-； （３）圆周|| (0)z a R R -=>的正方向（逆时针方向） 【答案 2 (1)1i /2;(2)π/2;(3)πR +--】 3.5 计算积分 d ||C z z z ?的值， (1)||2; (2)||4;z z == 【答案(1)4πi;(2)8πi 】 3.6 计算积分的值 π2i cos d 2z z +? 【答案 1/e e +】 3.7计算下列积分的值 （1） ||1d cos z z z =?；（2）2||2 d z z e z =?21||1||12i d d (3); (4)24()(2)z z z z z z z z ==++++?? 【答案（1）0；（2） 0；（3） 0；（4） 4πi 4i +】 3.8 计算 2||2||232|i|1||15 22||1|i|2(1)d ; (2)d ; 3(1)(21)cos (3)d ; (4)d (i)(2)d (5)d ; (6)(4)z z z z z z z z z e z z z z z z z e z z z z z e z z z z z ==-===-=--+--+?????? 【答案 （1）0；（2）0；（3）πicosi -；（4）3πi 2-；（5）πi 12（6）π 8- 】 3.9 计算积分 （1） π6 1 i i (1)sin d ; (2)ch3d ; (3)(1)d z z z z z z z e z --??? 【答案 1 3(1)sin1cos1; (2)i; (3)1cos1i[sin(1)1]--+-】 第三章习题详解 1． 沿下列路线计算积分 ? +i dz z 30 2。 1) 自原点至i +3的直线段； 解：连接自原点至i +3的直线段的参数方程为：()t i z +=3 10≤≤t ()dt i dz +=3 ()()()?? +=??????+=+=+1 3 1 0332 3 30 2 33 13313i t i dt t i dz z i 2) 自原点沿实轴至3，再由3铅直向上至i +3； 解：连接自原点沿实轴至3的参数方程为：t z = 10≤≤t dt dz = 33 0330 2 3 2 33 131=??? ???==?? t dt t dz z 连接自3铅直向上至i +3的参数方程为：it z +=3 10≤≤t idt dz = ()()()33 1 031 0233 233133 13313-+=??????+=+=?? +i it idt it dz z i ()()()3 3331 02 3 0230233 133********i i idt it dt t dz z i +=-++= ++= ∴??? + 3) 自原点沿虚轴至i ，再由i 沿水平方向向右至i +3。 解：连接自原点沿虚轴至i 的参数方程为：it z = 10≤≤t idt dz = ()()31 031 202 3 131i it idt it dz z i =??????==?? 连接自i 沿水平方向向右至i +3的参数方程为：i t z += 10≤≤t dt dz = ()()()33 1 031 02 32 3113 131i i i t dt i t dz z i i -+=??????+=+=?? + ()()3 333320 2 30 2 13 13113131i i i i dz z dz z dz z i i i i +=-++= += ∴? ? ? ++ 2． 分别沿x y =与2 x y =算出积分 ()?++i dz iy x 10 2 的值。 解：x y = ix x iy x +=+∴2 2 ()dx i dz +=∴1 ()()()()()??? ??++=????? ???? ??++=++=+∴ ?? +i i x i x i dx ix x i dz iy x i 213112131111 0231 0210 2 2 x y = ()2 2 2 2 1x i ix x iy x +=+=+∴ ()dx x i dz 21+=∴ ()()()()()? ???? ??++=????? ???? ??++=++=+∴ +1 1 043210 2 2131142311211i i x i x i dx x i x i dz iy x i 1．设 z 1 3i ，求 z 及 Arcz 。 解：由于 z 1， Arcz 2k , k 0, 1, 。 3 (z 1 z 2)( z 1 z 2) z 1z 1 z 2z 2 (z 1z 2 z 2z 1) 2 z 1z 2 z 1 z 2 3 第一章习题解 答 (一) 2．设 z 1 i , z 3 1 ，试用指数形式表示 1 2 2 z 1z 2 及 z 1 。 z 2 4 i 6i 1 i i 解：由于 z 1 e 3 4 , z 2 3 i 2e 1 2 2 i i ( )i i 所以 z1z2 e 4i 2e 6i 2e ( 4 6)i 2e 12i i z 1 e 4 1 e (4 6)i i z 2 2e 6 2 5i 1 1 e 12 。 2 3．解二项方程 z 4 a 4 0,(a 0) 。 2k i 解： z 4 a 4 (a 4e i )4 ae 4 ,k 0,1,2,3 。 4．证明 z 1 2 2 z 1 z 2 z 1 z 2 证明：由于 2 2 z 1 z 2 z 1 2 2 z 2 2 z 1 z 2 2( z 1 所以 z 1 z 2 其几何意义是： z 2 ) 2 2 ，并说明其几何意义。 2 2 Re(z 1 z 2) z 2 2Re(z 1 z 2) z 1 z 2 2( z 1 z 2 ) 平行四边形对角线长平方和等于于两边长的和的平方。 5．设 z 1， z 2，z 3三点适合条件： z1 z2 z3 0 z 1 z 2 z3 1 。证明 z 1，z 2， z 3是内 接于单位 圆 z 1 的一个正三角形的顶点。 证 由于 z 1 z 2 z3 1 ，知 z 1z 2z 3 的三个顶点均在单位圆上。 因为 所以， z 1z 2 z 1z 2 1 ， 所以 z 1 z 2 复变函数练习题 第三章 复变函数的积分 系 专业 班 姓名 学号 §1 复变函数积分的概念 §4 原函数与不定积分 一．选择题 1．设C 为从原点沿2 y x =至1i +的弧段，则2()C x iy dz +=? [ ] （A ） 1566i - （B ）1566i -+ （C ）1566i -- （D ）15 66 i + 2. 设C 是(1)z i t =+，t 从1到2的线段，则arg C zdz =? [ ] （A ） 4 π （B ）4i π （C ）(1)4i π+ （D ）1i + 3．设C 是从0到12 i π+的直线段，则z C ze dz =? [ ] （A ）12e π- （B ）12e π-- （C ）12ei π+ （D ）12 ei π - 4．设()f z 在复平面处处解析且 ()2i i f z dz i ππ π-=?，则积分()i i f z dz ππ--=? [ ] （A ）2i π （B ）2i π- （C ）0 （D ）不能确定 二．填空题 1． 设C 为沿原点0z =到点1z i =+的直线段，则 2C zdz =? 2 。 2． 设C 为正向圆周|4|1z -=，则22 32 (4) C z z dz z -+=-? 10.i π 三．解答题 1．计算下列积分。 （1） 323262121 ()02i z i i z i i i e dz e e e ππππππ---= =-=? （2） 2 2222sin 1cos2sin 222 4sin 2.244i i i i i i zdz z z z dz i e e e e i i i i ππππππππππ ππππ------?? ==- ????? --=-=-=+ ?? ? ?? （3） 1 1 0sin (sin cos )sin1cos1. z zdz z z z =-=-? （4） 20 222 cos sin 1sin sin().2 22 i i z z dz z i ππππ= =?=-? 2．计算积分 ||C z dz z ?的值，其中C 为正向圆周： （1） p141第三章习题 (一)[ 5, 7, 13, 14, 15, 17, 18 ] 5.由积分 C1/(z+ 2)dz之值证明 [0,](1 + 2 cos)/(5 + 4cos)d= 0，其中C取单位圆周|z| = 1． 【解】因为1/(z+ 2)在圆|z内解析，故 C1/(z+ 2)dz= 0． 设C: z()= ei ，[0, 2]． 则 C1/(z+ 2)dz= C1/(z+ 2)dz= [0, 2]iei /(ei + 2)d = [0, 2]i(cos+isin)/(cos+isin+ 2)d = [0, 2]( 2 sin+i(1 + 2cos))/(5 + 4cos)d = [0, 2]( 2 sin)/(5 + 4cos)d+i [0, 2](1 + 2cos)/(5 + 4cos)d． 所以 [0, 2](1 + 2cos)/(5 + 4cos)d= 0． 因(1 + 2cos))/(5 + 4cos)以2为周期，故 [,](1 + 2cos)/(5 + 4cos)d= 0；因(1 + 2cos))/(5 + 4cos)为偶函数，故[0,](1 + 2 cos)/(5 + 4cos)d [,](1 + 2cos)/(5 + 4cos)d= 0． 7. (分部积分法)设函数f(z),g(z)在单连通区域D内解析，,是D内两点，试证 [,]f(z)g’(z)dz= (f(z)g(z))| [,] [,]g(z)f’(z)dz． 【解】因f(z),g(z)区域D内解析，故f(z)g’(z)，g(z)f’(z)，以及(f(z)g(z))’都在D 内解析．因区域D是单连通的，所以f(z)g’(z)，g(z)f’(z)，以及(f(z)g(z))’的积分都与路径无关．[,]f(z)g’(z)dz+ [,]g(z)f’(z)dz= [,](f(z)g’(z)dz+g(z)f’(z))dz 第一章 复数与复变函数 一、选择题： 1．当i i z -+= 11时，5075100z z z ++的值等于（ ） （A ）i （B ）i - （C ）1 （D ）1- 2．设复数z 满足3 )2(π = +z arc ，6 5)2(π= -z arc ，那么=z （ ） （A ）i 31+- （B ）i +-3 （C ）i 2 32 1+ - （D ）i 2 12 3+ - 3．复数z -3(cos -isin )5 5 π π =的三角表示式为（ ） A ．44-3(cos isin )5 5 ππ＋ B ． 443(cos isin )55ππ－ C ． 443(cos isin )5 5 ππ＋ D ．44-3(cos isin )5 5 ππ－ 4．函数),(),()(y x iv y x u z f +=在点000iy x z +=处连续的充要条件是（ ） （A ）),(y x u 在),(00y x 处连续 （B ）),(y x v 在),(00y x 处连续 （C ）),(y x u 和),(y x v 在),(00y x 处连续（D ）),(),(y x v y x u +在),(00y x 处连续 二、填空题 1．设) 2)(3()3)(2)(1(i i i i i z ++--+= ，则=z 2．设)2)(32(i i z +--=，则=z arg 3．设4 3)arg(,5π=-=i z z ，则=z 4．方程i z i z +-=-+221所表示的曲线是连续点 和 的线段的垂直平分线. 5．=+++→)21(lim 4 2 1z z i z 三.求方程z 3+8=0的所有复根. 第二章 解析函数 一、选择题： 第三章习题详解 1． 沿下列路线计算积分? +i dz z 30 2 。 1) 自原点至i +3的直线段； 解：连接自原点至i +3的直线段的参数方程为：()t i z +=3 10≤≤t ()dt i dz +=3 () ()()?? +=??????+=+= +1 3 1 332 3 30 2 3313313i t i dt t i dz z i 2) 自原点沿实轴至3，再由3铅直向上至i +3； 解：连接自原点沿实轴至3的参数方程为：t z = 10≤≤t dt dz = 33 33 2 3 2 33131=??? ???== ? ? t dt t dz z 连接自3铅直向上至i +3的参数方程为：it z +=3 10≤≤t i d t dz = () ()()33 1 31 2 33 2 3313313313-+=??????+=+= ?? +i it idt it dz z i ()()()33 3 3 1 02 30 2 30 2 33 13 3 133 133 13i i idt it dt t dz z i += - ++ = ++ = ∴ ?? ? + 3) 自原点沿虚轴至i ，再由i 沿水平方向向右至i +3。 解：连接自原点沿虚轴至i 的参数方程为：it z = 10≤≤t i d t dz = ()()31 31 20 2 3131i it idt it dz z i =??? ???== ? ? 连接自i 沿水平方向向右至i +3的参数方程为：i t z += 10≤≤t dt dz = () ()()33 1 31 2 32 3113131i i i t dt i t dz z i i -+=??????+=+= ?? + ()()33 3 3 32 2 30 2 13 13 113 13 1i i i i dz z dz z dz z i i i i += - ++ = + = ∴ ? ? ? ++ 2． 分别沿x y =与2 x y =算出积分()? ++i dz iy x 10 2 的值。 解：x y = ix x iy x +=+∴2 2 ()dx i dz +=∴1 ()()()()()??? ??++=? ???? ???? ??++=++=+∴ ? ?+i i x i x i dx ix x i dz iy x i 213112131111 0231 210 2 2 x y = ()2 2 2 2 1x i ix x iy x +=+=+∴ ()dx x i dz 21+=∴ ()()()()()? ???? ??++=????? ???? ??++=++=+∴ +1 1 0432 10 2 2131142311211i i x i x i dx x i x i dz iy x i 而()i i i i i 6 5 6121213131213 11+-=-++=??? ??+ + 第一章习题详解 1． 求下列复数z 的实部与虚部，共轭复数、模与辐角： 1) i 231 + 解： ()()()13 2349232323231231i i i i i i -=+-=-+-=+ 实部：13 3 231= ??? ??+i Re 虚部：132231-=?? ? ??+i Im 共轭复数：1323231i i += ?? ? ??+ 模：131 1323231 2 22=+= +i 辐角：πππk arctg k arctg k i i Arg 232213 3132 2231231+? ?? ??-=+-=+??? ??+=??? ??+arg 2) i i i -- 131 解： ()()()2 532332113311131312i i i i i i i i i i i i i i -=-+-=++---=+-+-=-- 实部：2 3131=??? ??--i i i Re 虚部：25131-=?? ? ??--i i i Im 共轭复数：253131 i i i i +=?? ? ??-- 模：2 34 4342531312 22= =+= --i i i 辐角：πππk arctg k arctg k i i i i i i Arg 235223252131131+??? ??-=+???? ? ??-=+??? ??--=??? ??--arg 3) ()()i i i 25243-+ 解： ()()()2 26722672 72625243i i i i i i i --= -+= --= -+ 实部：()()2725243-=?? ? ??-+i i i Re 虚部：()()1322625243-=- =?? ? ??-+i i i Im 共轭复数：()()226725243i i i i +-= ?? ? ??-+ 模： ()() 292522627252432 2 =?? ? ??-+??? ??-=-+i i i 辐角：()()ππk arctg k arctg i i i Arg 272622722625243+??? ??=+????? ? ?--=??? ??-+ 4) i i i +-21 8 4 解：i i i i i i 3141421 8-=+-=+- 实部：( )1421 8=+-i i i Re 虚部：( )3421 8-=+-i i i Im 共轭复数：() i i i i 314218+=+- 模：103142221 8 =+=+-i i i 辐角：( )()πππk arctg k arctg k i i i i i i Arg 2321324421821 8 +-=+?? ? ??-=++-=+-arg 2． 当x 、y 等于什么实数时，等式 ()i i y i x +=+-++13531成立？ 解：根据复数相等，即两个复数的实部和虚部分别相等。有： ()()()i i i y i x 8235131+=++=-++ ?? ?=-=+8321y x ? ??==?111 y x 即1=x 、11=y 时，等式成立。 第三章 复变函数的积分 3.1解 计算积分 120 [()]i x y ix dz +-+? ，路径(1)自原点至1i +的直线段；(2)自 原点沿实轴至1，由1铅直向上至1i +；(3)自原点沿虚轴至i ，由i 沿水平方向右至1i +。 解： (1) 设参数方程为 (1)z i t =+，01t ≤≤ 11 2 2 011[()](1)(1)333 i i x y ix dz it i dt i i +-+=+=+=-+? ? (2) 设参数方程为1 2:0,: 1.C y C x == 1 2 11 1 2 2 15 [()]()(1)26 i C C x y ix dz x ix dx y i idy i +-+= += ++-+=- +? ? ? ? ?(3) 设参数方程为12:0;:1l x l y == 1 2 111 2 20 1[()]()(1)26 i l l i x y ix dz y idy x ix dx +-+=+=-+-+=- -? ? ? ?? 3.2 计算 C z dz z ? 积分的值，其中C 为（1）||2z =；（2）||4z =. 解： 令i z re θ =， 20 2i i z r z re dz rie d ri z r θ π θθπ-===? ? 故当2r =时，为4i π;当4r =时，为8i π. 3.3 求证： 2 C dz 4z π≤ ? 其中C 是从1i -到1的直线段。 证明： C ：z=1+iy=1+itan θ, 0.4 πθ-≤≤ 2 222 2 1 11tan cos cos z y d dz i θθ θ θ =+=+==， 故有 22 2 24 1 cos cos 4 o C C dz dz d z z π θπ θθ- ≤= =? ? ? 3.4 试用观察法确定下列积分的值，并说明理由，C 为|z|=1。 解： （1） 2 1 44 C dz z z ++? 积分值为0，因被积函数在|z|≤1内解析。 （2） 1 cos C dz z ? 积分值为0，因被积函数在|z|≤1内解析。 （3） 1 12 C dz z - ? 1 212 C dz i z π=- ? p141第三章习题(一)[ 5, 7, 13, 14, 15, 17, 18 ] 5. 由积分?C1/(z + 2) dz之值证明?[0, π] (1 + 2 cosθ)/(5 + 4cosθ) dθ = 0，其中C取单位圆周| z | = 1． 【解】因为1/(z + 2)在圆| z | < 3/2内解析，故?C1/(z + 2) dz = 0． 设C : z(θ)= e iθ，θ∈[0, 2π]． 则?C1/(z + 2) dz = ?C1/(z + 2) dz = ?[0, 2π] i e iθ/(e iθ + 2) dθ = ?[0, 2π] i (cosθ + i sinθ)/(cosθ + i sinθ + 2) dθ = ?[0, 2π] (- 2 sinθ + i (1 + 2cosθ ))/(5 + 4cosθ) dθ = ?[0, 2π] (- 2 sinθ)/(5 + 4cosθ) dθ+ i ?[0, 2π] (1 + 2cosθ )/(5 + 4cosθ) dθ． 所以?[0, 2π] (1 + 2cosθ )/(5 + 4cosθ) dθ= 0． 因(1 + 2cosθ ))/(5 + 4cosθ)以2π为周期，故?[-π, π] (1 + 2cosθ )/(5 + 4cosθ) dθ= 0；因(1 + 2cosθ ))/(5 + 4cosθ)为偶函数，故 ?[0, π] (1 + 2 cosθ)/(5 + 4cosθ) dθ = (1/2) ?[-π, π] (1 + 2cosθ )/(5 + 4cosθ) dθ= 0． 7. (分部积分法)设函数f(z), g(z)在单连通区域D内解析，α, β是D内两点，试证 ?[α, β] f(z)g’(z)dz = ( f(z)g(z))|[α, β] -?[α, β] g(z) f’(z)dz． 【解】因f(z), g(z)区域D内解析，故f(z)g’(z)，g(z) f’(z)，以及( f(z)g(z))’都在D 内解析．因区域D是单连通的，所以f(z)g’(z)，g(z) f’(z)，以及( f(z)g(z))’的积分都与路径无关． ?[α, β] f(z)g’(z)dz + ?[α, β] g(z) f’(z)dz = ?[α, β] ( f(z)g’(z)dz + g(z) f’(z))dz = ?[α, β] ( f(z)g(z))’dz． 而f(z)g(z)是( f(z)g(z))’在单连通区域D内的一个原函数，所以 ?[α, β] ( f(z)g(z))’dz = f(β)g(β) -f(α)g(α) = ( f(z)g(z))|[α, β]． 因此有?[α, β] f(z)g’(z)dz + ?[α, β] g(z) f’(z)dz = ( f(z)g(z))|[α, β]， 即?[α, β] f(z)g’(z)dz = ( f(z)g(z))|[α, β] -?[α, β] g(z) f’(z)dz． 13. 设C : z = z(t) (α≤t≤β)为区域D内的光滑曲线，f(z)于区域D内单叶解析且f’(z) ≠ 0，w = f(z)将曲线C映成曲线Γ，求证Γ亦为光滑曲线． 【解】分两种情况讨论． (1) 当z(α) ≠z(β)时，C不是闭曲线．此时z(t)是[α, β]到D内的单射，z(t)∈C1[α, β]，且在[α, β]上，| z’(t) |≠ 0． 因Γ是曲线C在映射f下的象，所以Γ可表示为w = f(z(t)) (α≤t≤β)． ?t∈[α, β]，z(t)∈D．因f于区域D内解析，故f在z(t)处解析， 因此f(z(t))在t处可导，且导数为f’(z(t))z’(t)． 显然，f’(z(t))z’(t)在[α, β]上是连续的，所以f(z(t))∈C1[α, β]． 因为f(z)于区域D内是单叶的，即f(z)是区域D到 的单射，而z(t)是[α, β]到D 内的单射，故f(z(t))是[α, β]到 内的单射． 因在D内有f’(z) ≠ 0，故在[α, β]上，| f’(z(t))z’(t) |= | f’(z(t)) | · |z’(t) |≠ 0． 所以，Γ是光滑曲线． (2) 当z(α) = z(β)时，C是闭曲线．此时z(t)∈C1[α, β]；在[α, β]上，有| z’(t) |≠ 0；z’(α) = z’(β)；?t1∈[α, β]，?t2∈(α, β)，若t1 ≠t2，则z(t1) ≠z(t2)． 习题一解答 1．求下列复数的实部与虚部、共轭复数、模与辐角。 （3）(3+ 4i )(2 5i ) ； （4）i 8 4i 21 + i 1 3+ 2i 1 3i 1 i （1） ； （2） ； i 2i 3+ 2i = (3+ 2i )(3 2i ) = 1 (3 2i ) 1 3 2i 13 解 （1） 所以 ? 1 ?3+ 2i ↑ 13 ? = ← 3， Im ?? ←= 2 1 ? Re ? , 13 ?3+ 2i ↑ 2 2 1 3+ 2i = 1 1 3+ 2i = ?? 3 ? +?? 3 ? 13 (3+ 2i )， ， 13 13 ? 13 ? = 13 Arg ? 1 3+ 2i ? ? = arg ? 1 3+ 2i ? ? + 2k π 2 = arctan + 2k ,k = 0,±1,±2," 3 1 3i i 3i (1+ i ) = i 1 ( 3+ 3i )= 3 5 （2） 1 i = i ( i ) (1 i )(1+ i) i, i 2 2 2 所以 ?1 3i ? 3 , Re ? ?i 1 i ↑←= 2 ?1 3i ? ←= 5 Im ? ?i 1 i ↑ 2 2 2 1 3i = + i 5， 3 1 3i 1 i = ? ? +? ? = 34， 3 5 i 1 i ? 1 3i 2 2 i 2 2 2 1 3i ? + 2k π Arg = arg i 1 i ? i 1 i ? = arctan 5 + 2k π, k = 0,±1,±2,". 3 （3） (3+ 4i )(2 5i ) = (3+ 4i )(2 5i )( 2i ) = (26 7i )( 2i ) 2i (2i )( 2i ) 4 = 7 26i = 7 13i 2 2 所以 ?(3+ 4i )(2 5i )? Re ? ←= 7 ， ? 2i ↑ 2 ?(3+ 4i )(2 5i )? Im ? ←↑= 13， ? 2i 第一章 复变函数习题及解答 1.1 写出下列复数的实部、虚部；模和辐角以及辐角的主值；并分别写成代数形式，三角形式和指数形式．(其中为实常数) （1）； （2）； （3）； （4）； （5）； （6） 答案 （1）实部－1；虚部 2；辐角为 ；主辐角为；原 题即为代数形式；三角形式为 ；指数形式为． （2）略为 （3）略为 （4）略为 （5）略为： （6）该复数取两个值 略为 1.2 计算下列复数 1） ；2）； 答案 1）；2） ； 1.3计算下列复数 （1 （2 ； 答案 （ 1） （2） 1.4 已知 的实部和虚部． 【解】 令 ，即 为实数域(Real).平方得到 ,,R α θ1-ππ2(cos isin )33-1cos i sin αα-+1i e +i sin R e θ i 4π 2π,0,1,2, 3k k +=±±4π 34π4π2(cos isin )33+4πi 32e 5πi 35π5π 2[cos sin ], 233i e +i arctan[tan(/2)][2sin()]2c e αα i ;(cos1isin1) ee e +cos(sin )isin(sin )R R θθ+i i isin ),arctan(1isin ),πarctan(1θθ θθθθθθ+=+=+() 10 3i 1+-()3 1i 1+-3512i 512+-() 13π/42k π i 6 3 2e 0,1,2k +=(/62/3) i n e ππ+x i ,(,) p q p q R =+∈,p q ，根据复数相等，所以 即实部为 虚部为 说明 已考虑根式函数是两个值，即为值． 1.5 如果 试证明对于任何复常数有 【证明】 因为 ，所以 1.6 如果复数是实系数方程的根，则 一定也是该方程的根． 证 因为，，… ，均为实数，故，，… ，．且 ，故由共轭复数性质有： ．则由已知．两端取共轭得 即 ．故也是之根． 注 此题仅通过共轭的运算的简单性质及实数的共轭为其本身即得证．此结论说明实系数多项式的复零点是成对出现的．这一点在代数学中早已被大家认识．特别地，奇次实系数多项式至少有一个实零点． 1.7 证明：,并说明其几何意义． 1.8 若 ，试求的值. 【解】 因为 2212()2i x p q xy +=-+22 1,(p q pq p x q x ?-=??=??=±==±+,x ±±||1,z =,a b | |1 az b bz a +=+||1,11/z zz z z =∴=∴=1 () ()1||||||||||||1()az b az b az b z az b az b z bz a bz a z z bzz az b az b az +++++=====+++++b a i +()01110=++++=--n n n n a z a z a z a z P b a i -0a 1a n a 00a a =11a a =n n a a =()() k k z z =()() z P z P =()0i ≡+b a P ()() 00i i =≡+=+b a P b a P ()0i ≡-b a P b a i -()0=z P 2222 1 21212||||2(||||)z z z z z z ++-=+(1)(1)n n i i +=-n 22 224444(1)2(cos sin )2(cos sin ) (1)2(cos sin )2(cos sin )n n n n n n n n n n n n i i i i i i ππππππππ+=+=+-=-=- 第一章 复变函数与解析函数 §1.1 复 数 §1.2 平 面 点 集 §1.3 连续函数 §1.4 解析函数 §1.5 函数可导的充要条件 §1.6 初等解析函数 复变函数与积分变换及应用背景 M.Kline {Morris Kline (1908-1992) , 纽约大学Courant 数学研究所的教授. 他的著作包括《数学: 确定性的丧失》等.}(《古今数学思想》(Mathematical Thought from Ancient to Modern Times)的作者, 美国数学史家) 指出: 从技术观点来看,十九世纪最独特的创造是单复变函数的理论.这个新的数学分支统治了十九世纪,几乎象微积分的直接扩展统治了十八世纪那样.这一丰饶的数学分支,一直被称为这个世纪的数学享受.它也被欢呼为抽象科学中最和谐的理论之一. (1) 代数方程210x +=在实数围无解. 为了建立代数方程的普遍理论，人们引入复数的概念, 从而建立了复变函数理论.Gauss {(Carl Friedrich Gauss(1777.4.30-1855.2.23))伟大的德国数学家、天文学家和物理学家. 幼时家境贫困, 但聪敏异常, 曾被誉为数学神童.1795～1798年在哥廷根大学学习,1796年发现正十七边形的尺规作图法, 解决了Euclid 以来悬而未决的问题. 1799年证明了代数基本定理获得博士学位. Guass 是近代数学奠基者之一, 有“数学王子”之称. 从1807年起担任哥廷根大学教授兼哥廷根天文台台长, 直至逝世. Guass 的数学研究几乎遍及所有领域, 在很多方面都做出了开创性的贡献. 他还把数学应用于天文学、测量学和磁学的研究，发明了最小二乘法. Guass 曾说: “数学是科学之王.”}应用复变函数理论证明了代数基本定理. {复 系数n 次代数方程1110n n n n z a z a z a --++++=在复数域必有n 个根. } (2) 复变函数理论可以应用于计算某些复杂的实函数的积分. J. Hadamard {(1865.12.8-1963.10.17)法国数学家. 他在1896年应用复变函数理论证明了当 x =1时, Riemann ζ函数()0,z ζ≠从而证明了素数定理.他曾于1936年来华在清华大学讲学. Riemann ζ函数11()n n z z ζ∞==∑}说: 实域中两个真理之间的最短路程是通过复域. (3) 复变函数理论可以应用于流体的平面平行流动等问题的研究. 第三章 柯西定理 柯西积分 掌握内容： 1.柯西积分定理：若函数()f z 在围线C 之内是处处解析的，则()C f z dz =?0。 2.柯西积分定理的推广：若函数()f z 在围线C 之内的,,...n z z z 12点不解析，则 ()()()...()n C C C C f z dz f z dz f z dz f z dz =+++????12，其中,,...n C C C 1 2 是分别以 ,,...n z z z 12为圆点，以充分小的ε为半径的圆。 3.若在围线C 之内存在不解析点，复变函数沿围线积分怎么求呢？——运用柯西积分公式。 柯西积分公式：若函数z 0在围线C 之内，函数()f z 在围线C 之内是处处解析的，则() ()C f z dz if z z z π=-? 00 2 4.柯西积分公式的高阶求导公式：若函数z 0在围线C 之内，函数()f z 在围线C 之内是处处解析的，则() ()()()! n n C f z i dz f z z z n π+=-? 0102 习题： 1.计算积分?++-i dz ix y x 102)(积分路径是直线段。 解：令iy x z +=，则idy dx dz += 积分路径如图所示： 在积分路径上：x y =，所以 3 13121212131211 03222321 1 21 1 2 1 1 21 1 2 10 2 10 2 i x ix y i x ix x dx ix x i iydy xdx dx ix x dy ix x i iydy ydx dx ix x idy dx ix y x dz ix y x i i +-= -+--+=++--+=++--+=++-=+-??????????++)()()()()())(()(2.计算积分?-i i dz z 。积分路径分别是：（1）直线段，（2）右半单位圆， （3）左半单位圆。 解： （1）令z x iy =+， 则z dz xd idy ==+，在积分路径上，0x =，所以 1 1 i i z dz iydy iydy i --=-+=??? （2）令i z re θ =，在积分路径上：,1i z r dz ie d θθ=== //2 2 2i i i z dz ie d i πθπθ--= =? ? （3）令i z re θ =，在积分路径上：,1i z r dz ie d θθ=== //2 32 2i i i z dz ie d i πθπθ-= =? ? 5.不用计算，证明下列分之值为零，其中为单位圆。 （1）cos C dz z ?，（2）222C dz z z ++?，（3）256z C e dz z z ++?， 解：（1）因为函数 cos 1 z 在单位圆所围的区域内解析，所以cos 0C dz z =?。C 习题三 1. 计算积分2 ()d C x y ix z -+?,其中C 为从原点到点1+i 的直线段. 解 设直线段的方程为y x =,则z x ix =+. 01x ≤≤ 故 ()()1 22 1 23 1 0()1 1 (1)(1)(1)333C x y ix dz x y ix d x ix i i ix i dx i i x i -+=-++-=+=+?=+=?? ? 2. 计算积分(1)d C z z -?，其中积分路径C 为 (1) 从点0到点1+i 的直线段; (2) 沿抛物线y=x2，从点0到点1+i 的弧段. 解 (1)设z x ix =+. 01x ≤≤ ()()1 11()C z dz x ix d x ix i -=-++=?? (2)设2 z x ix =+. 01x ≤≤ ()()1 22 211()3 C i z dz x ix d x ix -=-++=?? 3. 计算积分d C z z ?，其中积分路径C 为 (1) 从点-i 到点i 的直线段; (2) 沿单位圆周|z|=1的左半圆周，从点-i 到点i; (3) 沿单位圆周|z|=1的右半圆周，从点-i 到点i. 解 (1)设z iy =. 11y -≤≤ 11 1 1 C z dz ydiy i ydy i --===??? (2)设i z e θ =. θ从32π到2π 22 332 2 12i i C z dz de i de i π π θ θππ===??? (3) 设i z e θ =. θ从32π到2π 2 32 12i C z dz de i π θ π==?? 6. 计算积分()sin z C z e z dz -??,其中C 为 z a =>. 解 ()sin sin z z C C C z e z dz z dz e zdz -?=-?? ?? ∵sin z e z ?在z a =所围的区域内解析 ∴ sin 0 z C e zdz ?=? 从而 ()20 22 sin 0 z i C C i z e z dz z dz adae a i e d π θ πθθ-?= ===? ? ?? 故()sin 0 z C z e z dz -?=? 7. 计算积分2 1 (1) C dz z z +? ,其中积分路径C 为 （1）11:2 C z = （2） 23:2 C z = （3） 31:2 C z i += （4） 43:2 C z i -= 解：（1）在 1 2 z = 所围的区域内， 21 (1)z z +只有一个奇点0z =. 12 1 11111 ()2002(1) 22C C dz dz i i z z z z i z i ππ= -?-?=--=+-+? ? （2）在2C 所围的区域内包含三个奇点 0,z z i ==±.故 22 1 11111()20(1) 22C C dz dz i i i z z z z i z i πππ= -?-?=--=+-+? ? （3）在2C 所围的区域内包含一个奇点 z i =-,故 321 11111()00(1) 22C C dz dz i i z z z z i z i ππ= -?-?=--=-+-+? ?（4）在4C 所围的区域内包含两个奇点 0,z z i ==,故第三章 复变函数得积分(答案)
复变函数论第三版课后习题答案 2
第三章 复变函数的积分习题与解答
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