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习题一答案
1． 求下列复数的实部、虚部、模、幅角主值及共轭复数：
（1）
1
32i
+（2）(1)(2)i i i --
（3）131i i i
--（4）821
4i i i -+-
132i
-
（（（2（（（2）1-+23
222(cos sin )233
i i e πππ=+=
（3）(sin cos )r i θθ+()2
[cos()sin()]22i
r i re
π
θππ
θθ=-+-=
（4）(cos sin )r i θ
θ-[cos()sin()]i r i re θθθ-=-+-=
（5）2
1cos sin 2sin
2sin cos 222
i i θ
θθ
θθ-+=+
..
..
3． 求下列各式的值： （1
）5)i -（2）100100(1)(1)i i ++-
（3
）(1)(cos sin )
(1)(cos sin )
i i i θθθθ-+--（4）
23(cos5sin 5)(cos3sin 3)i i ????+-
（5
（6
解：（1
）5)i -5[2(cos()sin())]66
i ππ
=-+- （2）100
100(1)
(1)i i ++-50505051(2)(2)2(2)2i i =+-=-=-
（3
）(1)(cos sin )
(1)(cos sin )i i i θθθθ-+--
（4）2
3
(cos5sin 5)(cos3sin 3)
i i ????+- （5
=
（6
=
4．
设12 ,z z i =
=-试用三角形式表示12z z 与12z z 解：1
2cos
sin
, 2[cos()sin()]4
466
z i z i π
π
ππ
=+=-+-，所以
12z z 2[cos()sin()]2(cos sin )46461212
i i ππππππ
=-+-=+，
5． 解下列方程： （1）5
()
1z i +=（2）440 (0)z a a +=>
解：（1
）z i +=由此
25
k i z i e
i π=-=-，(0,1,2,3,4)k =
（2
）z
==
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11
[cos (2)sin (2)]44a k i k ππππ=+++，当0,1,2,3k =时，对应的
4
个根分别为：
), 1), 1), )i i i i +-+--- 6． 证明下列各题：（1）设,z
x iy =+
z x y
≤≤+
证明：首先，显然有z x y =≤+；
（=（证明：方程两端取共轭，注意到系数皆为实数，并且根据复数的乘法运算规则，()n z ，
1n a z -+
++（4）若
1,a =则,b a ?≠皆有
1a b
a ab
-=-
证明：根据已知条件，有1aa =，因此：
1
1()a b a b a b a ab aa ab a a b a ---====---，证毕。
（5）若1, 1a b <<，则有
11a b
ab
-<-
..
..
证明：
222
()()a b a b a b a b ab ab -=--=+--，
2
2
2
1(1)(1)1ab ab ab a b ab ab -=--=+--，
因为
1, 1a b <<，所以，
2
2
2
2
2
2
1(1)(1)0a b a b a b +--=--<，
因而2
2
1a b ab -<-，即
11a b
ab
-<-，结论得证。 7．设
1,z ≤试写出使n z a +达到最大的z 的表达式，其中n 为正整数，a 为复数。
解：首先，由复数的三角不等式有1n n z a z a a +≤+≤+，
在上面两个不等式都取等号时
n z a +达到最大，为此，需要取n z 与a 同向且1n z =，即n
z 应为a 的单位化向量，由此，n
a z a
=
， 8．试用123,,z z z 来表述使这三个点共线的条件。 解：要使三点共线，那么用向量表示时，2
1z z -与31z z -应平行，因而二者应同向或反向，
即幅角应相差0或π的整数倍，再由复数的除法运算规则知21
31
z z Arg z z --应为0或π的整数
倍，至此得到：
123,,z z z 三个点共线的条件是
21
31
z z z z --为实数。 9．写出过121
2, ()z z z z ≠两点的直线的复参数方程。
解：过两点的直线的实参数方程为：
121121()
()
x x t x x y y t y y =+-??
=+-?， 因而，复参数方程为： 其中t 为实参数。
10．下列参数方程表示什么曲线？（其中t 为实参数） （1）(1)z
i t =+（2）cos sin z a t ib t =+（3）i
z t t
=+
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解：只需化为实参数方程即可。 （1）,x t y
t ==，因而表示直线y x =
（2）cos ,sin x a t y b t ==，因而表示椭圆22
221x y a b
+=
（3）1
,x t y t
==，因而表示双曲线1xy =
11．证明复平面上的圆周方程可表示为0zz az az c +++=， 其中a 为复常数，c 为实常数
z 由
13．函数1w z
=把z 平面上的曲线1x =和22
4x y +=分别映成w 平面中的什么曲线？
解：对于1x =，其方程可表示为1z yi =+，代入映射函数中，得 2
11111iy
w u iv z iy y
-=+===++， 因而映成的像曲线的方程为22
1, 11y
u v y y
-==++，消去参数y ，得
..
..
2
2
2
1,1u v u y +==+即222
11()(),22
u v -+=表示一个圆周。 对于2
24x
y +=，其方程可表示为2cos 2sin z x iy i θθ=+=+
代入映射函数中，得
因而映成的像曲线的方程为11cos , sin 22u v θθ==-，消去参数θ，得22
14
u v +=，表
示一半径为1
2
的圆周。 14．指出下列各题中点z 的轨迹或所表示的点集，并做图：
解：（1）
0 (0)z z r r -=>，说明动点到0z 的距离为一常数，因而表示圆心为0z ，半
径为r 的圆周。 （2）
0,z z r -≥是由到0z 的距离大于或等于r 的点构成的集合，即圆心为0z 半径为r 的圆周及圆周外部的点集。 （3）
138,z z -+-=说明动点到两个固定点1和3的距离之和为一常数，因而表示一个
椭圆。代入,z x iy ==化为实方程得
（4）,z i z i +=-说明动点到i 和i -的距离相等，因而是i 和i -连线的垂直平分线，即x
轴。
（5）arg()4
z i π
-=
，幅角为一常数，因而表示以i 为顶点的与x 轴正向夹角为
4
π
的射线。 15．做出下列不等式所确定的区域的图形，并指出是有界还是无界，单连通还是多连通。 （1）23z <<，以原点为心，内、外圆半径分别为2、3的圆环区域，有界，多连通
（2）arg (02)z α
βαβπ<<<<<，顶点在原点，两条边的倾角分别为,αβ的角形
区域，无界，单连通
（3）
3
12
z z ->-，显然2z ≠，并且原不等式等价于32z z ->-，说明z 到3的距离比到2的距离大，因此原不等式表示2与3连线的垂直平分线即x =2.5左边部分除掉x =2后的点构成的集合，是一无界，多连通区域。 （4）
221z z --+>，
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显然该区域的边界为双曲线
221z z --+=，化为实方程为2
2
44115
x y -=，
再注意到z 到2与z 到-2的距离之差大于1，因而不等式表示的应为上述双曲线左边一支的左侧部分，是一无界单连通区域。 （5）
141z z -<+，代入z x iy =+，化为实不等式，得
所以表示圆心为17(,0)15-
半径为8
15
的圆周外部，是一无界多连通区域。 习题二答案
1
（0），
（（（（2（（（x u 因此，函数在0z =点可导，0
(0)0x x
z f u iv ='=+=，
函数处处不解析。 （2）22, u x v y =
=，
四个一阶偏导数皆连续，因而,u v 处处可微，再由柯西—黎曼方程
, x y y x u v u v ==-解得：x y =， 因此，函数在直线y x =上可导， ()2x x y x f x ix u iv x ='+=+=，
因可导点集为直线，构不成区域，因而函数处处不解析。 （3）32233, 3u x xy v x y y =
-=-，
..
..
四个一阶偏导数皆连续，因而,u v 处处可微，并且,u v 处处满足柯西—黎曼方程
, x y y x u v u v ==-
因此，函数处处可导，处处解析，且导数为
（4）
2211()x iy f z x iy x y
z +=
==-+，2222
, x y
u v x y x y ==++， 2222
222222
, ()()x y y x x y u v x y x y --==++， 222222
22, ()()
y x xy xy
u v x y x y --==++， 因函数的定义域为0z ≠，故此，,u v 处处不满足柯西—黎曼方程，因而函数处处不可导，
处处不解析。
3．当,,l m n 取何值时
3232()()f z my nx y i x lxy =+++在复平面上处处解析？
解：3232
, u my nx y v x lxy =+=+
22222, 2, 3, 3x y y x u nxy v lxy u my nx v x ly ===+=+，
由柯西—黎曼方程得：
由（1）得n l =，由（2）得3, 3n m l =-=-，因而，最终有
4．证明：若()f z 解析，则有222
(
())(())()f z f z f z x y
??'+=?? 证
明
：
由
柯
西
—
黎
曼
方
程
知
，
左
端
2
2
=+
22
2222()()x x x x uu vv uu vv uv vu u v +++-=+=+ 2
()f z '==右端，证毕。
5．证明：若()f z u iv =+在区域D 内解析，且满足下列条件之一，则()f z 在D 内一定为
常数。
（1）
()f z 在D 内解析，（2）u 在D 内为常数，
（3）()f z 在D 内为常数，（4）2
v u =（5）231u v += 证明：关键证明,u v 的一阶偏导数皆为0！
（1）()f z u iv =-，因其解析，故此由柯西—黎曼方程得 , x y y x u v u v =-=------------------------（1）
而由()f z 的解析性，又有, x y y x u v u v ==-------------------------（2） 由（1）、（2）知，0x y x y u u v v ===≡，因此12, ,u c v c ≡≡即 12()f z c ic ≡+为常数
（2）设1u c ≡，那么由柯西—黎曼方程得 0, 0x y y x v u v u =-≡=≡，
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说明v 与,x y 无关，因而2v c ≡，从而12()f z c ic ≡+为常数。
（3）由已知，
2
220()f z u v c =+≡为常数，等式两端分别对,x y 求偏导数，得
220
220
x x y y uu vv uu vv +=+=----------------------------（1）
因()f z 解析，所以又有, x y y x u v u v ==--------------------------（2）
求解方程组（1）、（2），得0x y x y u u v v ===≡，说明,u v 皆与,x y 无关，因而为常数，从而()f z 也为常数。
（4）同理，2
v u =两端分别对,x y 求偏导数，得
（x u 6（（
（k （=（4）..1
sin 22
i i i i e e e e i i i ----=
= （5）(2)
2(1)4
4
(1)
i i k i k i
iLn i i e e
e
π
π
ππ
++--++===
24
(cosln sin k e
i π
π-=+，k 为任意整数
（6）22
2
24427(272)273
3
3
33
3
279Ln ln k i k i i e e e
e e
πππ+====，
当k 分别取0，1，2时得到3个值：
..
..
9
，43
99(1)2i e π=-+
，83
99(1)2i e π=-+
7．求2
z e 和2z Arge
解：2
222z x y xyi
e
e
-+=，因此根据指数函数的定义，有
2
z e
22
x y e
-=，2
22z Arge xy k π=+，（k 为任意整数）
8．设i z re θ=，求Re[(1)]Ln z -
解：(1)ln 1[arg(1)2]Ln z z i z k i π-=-+-+，因此
9．解下列方程： （1
）1z
e
=+（2）ln 2
z i π
=
（3）sin cos 0z z +=（4）shz i =
解：（1
）方程两端取对数得：1
(1)ln 2(2)3
z Ln k i π=+=++
（k 为任意整数）
（2）根据对数与指数的关系，应有
（3）由三角函数公式（同实三角函数一样），方程可变形为 因此,4
z k π
π+
=即4
z k π
π=-
，k 为任意整数
（4）由双曲函数的定义得2
z z
e e shz i --==，解得
2()210z z e ie --=，即z e i =，所以
(2)2
z Lni k i π
π==+，k 为任意整数
10．证明罗比塔法则：若()f z 及()g z 在0z 点解析，且000()()0, ()0f z g z g z '==≠，
则000()()lim ()()z z f z f z g z g z →'='，并由此求极限00sin 1
lim ; lim
z z z z e z z
→→- 证明：由商的极限运算法则及导数定义知
000000000000
()()()()
lim ()
lim lim ()()()()()lim z z z z z z z z f z f z f z f z z z z z f z g z g z g z g z g z z z z z →→→→----==----00()()
f z
g z '='， 由此，00sin cos lim lim 11
z z z z
z →→==
11．用对数计算公式直接验证：
（1）2
2Lnz Lnz ≠（2
）1
2
Lnz =
解：记i z re θ
=，则
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（1）左端22()2ln (22)i Ln r
e r k i θ
θπ==++，
右端2[ln (2)]2ln (24)r m i r m i θπθπ=++=++， 其中的,k m 为任意整数。
显然，左端所包含的元素比右端的要多（如左端在1k =时的值为 2ln (22)r i θπ++，而右端却取不到这一值），因此两端不相等。
（2）左端22
1]ln (2)22
m i
Ln re
r m k i θπ
θ
ππ+=
=+++
右端11[ln (2)]ln ()222r n i r n i θ
θππ=++=++
其中,k n 为任意整数，而0,1m = n ，k sin sin 2
y y e e
z y --≥≥，左端不等式得到证明。
14．设z R ≤，证明sin , cos z chR z chR ≤≤
证明：由复数的三角不等式，有
sin 22
2
2
iz iz
y
y
iz iz
y y e e e e
e e e e z ch y i
----+-++=
≤
==
=，
由已知，
y z R ≤≤，再主要到0x ≥时chx 单调增加，因此有
sin z ch y chR ≤≤，
..
..
同理，
cos 2
2
2
2
iz iz
y
y
iz iz
y y e e e e
e e e e z ch y chR ----++++=
≤
==
=≤证毕。
15．已知平面流场的复势()f z 为
（1）2
()z i +（2）2z （3）211
z +
试求流动的速度及流线和等势线方程。
解：只需注意，若记()(,)(,)f z x y i x y ?ψ=+，则
流场的流速为()v f z '=，
流线为1(,)x y c ψ≡， 等势线为2(,)x y c ?≡，
因此，有 （1）2
222()[(1)](1)2(1)z i x y i x y x y i +=++=-+++
流速为()2()2()v f z z i z i '=
=+=-，
流线为1(1)x y c +≡，等势线为22
2(1)x y c -+≡
（2）333223
()3(3)z x iy x xy x y y i =+=-+- 流速为22()33()v f z z z '=
==， 流线为2313x y y c -≡，等势线为32
23x xy c -≡
（3）2222
111
1()112z x iy x y xyi
==+++-++ 流速为222222()(1)(1)
z z
v f z z z --'===++， 流线为12
2222
(1)4xy
c x y x y
≡-++， 等势线为22222222
1
(1)4x y c x y x y
-+≡-++ 习题三答案
1．计算积分2
()c
x y ix dz -+?，其中c 为从原点到1i +的直线段
解：积分曲线的方程为, x t y t ==，即
z x iy t ti =+=+，:01t →，代入原积分表达式中，得
2．计算积分
z c e dz ?，其中c 为 （1）从0到1再到1i +的折线（2）从0到1i +的直线
解：（1）从0到1的线段1c 方程为：, :01z x iy x x =+=→， 从1到1i +的线段2c 方程为：1, :01z
x iy iy y =+=+→，
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代入积分表达式中，得
11(sin1cos1)(cos1sin1)11i e ei i i e i e +=-+-+=+-=-； （2）从0到1i +的直线段的方程为z x iy t ti =+=+，:01t →，
代入积分表达式中，得
1
1
()(1)(cos sin )z
t ti
t c
e dz e
t ti dt i e t i t dt +'=+=++???，
对上述积分应用分步积分法，得 3．积分
2()c
x iy dz +?，其中c 为 （1）沿y x =从0到1i +（2）沿2y x =从0到1i +
45c 6=因1n >，因此上式两端令R →+∞取极限，由夹比定理，得
()
lim 0R
n R c f z dz z →+∞=?，证毕。 7．通过分析被积函数的奇点分布情况说明下列积分为0的原因，其中积分曲线c 皆为
1z =。
（1）
2(2)c dz z +?（2）224c dz z z ++?（3）22c
dz
z +? （4）cos c dz z ?（5）z
c
ze dz ?
..
..
解：各积分的被积函数的奇点为：（1）2z =-，（2）2
(1)30z ++=
即1z
=-±，（3
）z =（4）, 2
z k k π
π=+
为任意整数，
（5）被积函数处处解析，无奇点
不难看出，上述奇点的模皆大于1，即皆在积分曲线之外，从而在积分曲线内被积函数解析，因此根据柯西基本定理，以上积分值都为0。 8．计算下列积分：
（1）
240
i
z
e dz π
?
（2）2
sin i
i
zdz ππ-?（3）1
sin z zdz ?
解：以上积分皆与路径无关，因此用求原函数的方法：
（1）
4220240
111
()(1)222
i
i i
z
z e dz e
e e i π
π
π
==-=-?
（2）21cos 2sin 2sin []224i
i
i
i
i i
z z z
zdz dz ππππ
ππ----==-??
（3）
1
1
1
1
0000sin cos cos cos z zdz zd z z z zdz =-=-+???
9．计算22c
dz
z a -?，其中c 为不经过a ±的任一简单正向闭曲线。 解：被积函数的奇点为a ±，根据其与c 的位置分四种情况讨论： （1）a ±皆在c 外，则在c 内被积函数解析，因而由柯西基本定理
（2）a 在c 内，a -在c 外，则1
z a +在c 内解析，因而由柯西积分
公式：221
12z a c c
dz z a dz i i z a z a a z a ππ=+===-+-?? （3）同理，当a -在c 内，a 在c 外时， （4）a ±皆在c 内
此时，在c 内围绕,a a -分别做两条相互外离的小闭合曲线12,c c ，则由复合闭路原理得：
注：此题若分解22
1111
()2a z a z a z a
=--+-，则更简单！ 10．
计算下列各积分
解：（1）
11
()(2)2z dz i z z =-+?
，由柯西积分公式
（2）
2
322
1
iz
z i e dz z -=
+?
， 在积分曲线内被积函数只有一个奇点i ，故此同上题一样： ‘;
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（3）
2232
(1)(4)z dz
z z =
++?
在积分曲线内被积函数有两个奇点i ±，围绕,i i -分别做两条相互外离的小闭合曲线12,c c ，则由复合闭路原理得：
（4）4
221z z
dz z -=-?，在积分曲线内被积函数只有一个奇点1，故此 （5）22
1sin 41z zdz z π
=-?，
12,c ，
2
, (1)n
z dz n z =-?计算积分32(1)c dz i z z π-?，其中12z =（2）1
12
z -）由柯西积分公式
）同理，由高阶导数公式 =
1
1
2z dz z =+?的值是什么？并由此证明1
02z dz z ==+?，因为被积函数的奇点在积分曲线外。 (cos sin )r i θθ+考察上述积分的被积函数的虚部，便得到
20
12cos 054cos d π
θ
θθ
+==+?
，再由cos θ的周期性，得
即
012cos 054cos d π
θ
θθ+=+?，证毕。
13． 设(),()f z g z 都在简单闭曲线c 上及c 内解析，且在c 上 ()()f z g z =，证明在c 内也有()()f z g z =。 证明：由柯西积分公式，对于c 内任意点0z ，
..
..
0000
1
()1()
(), ()22c
c f z g z f z dz g z dz i
z z i z z ππ=
=--??， 由已知，在积分曲线c 上，()()f z g z =，故此有
再由0z 的任意性知，在c 内恒有()()f z g z =，证毕。
14． 设()f z 在单连通区域D 内解析，且()11f z -<，证明 （1）在D 内()0f z ≠；
（2）对于D 内任一简单闭曲线c ，皆有()
0()c
f z dz f z '=? 证明：（1）显然，因为若在某点处()0,f z =则由已知 011-<，矛盾！
（也可直接证明：
()1()11f z f z -<-<，因此
1()11f z -<-<，即0()2f z <<，说明()0f z ≠）
（3）既然()0f z ≠，再注意到()f z 解析，()f z '也解析，因此由函数的解析性法则知
()
()
f z f z '也在区域D 内解析，这样，根据柯西基本定理，对于D 内任一简单闭曲线c ，皆有()
0()c
f z dz f z '=?，证毕。 15．求双曲线2
2y
x c -=（0c ≠为常数）的正交（即垂直）曲线族。 解：22
u y x =-为调和函数，因此只需求出其共轭调和函数(,)v x y ，则 (,)v x y c =便是所要求的曲线族。为此，由柯西—黎曼方程
2x y v u y =-=-，因此(2)2()v y dx xy g y =-=-+?，再由
2y x v u x ==-知，()0g y '≡，即0()g y c =为常数，因此 02v xy c =-+，从而所求的正交曲线族为xy c ≡
（注：实际上，本题的答案也可观察出，因极易想到
222()2f z z y x xyi =-=--解析）
16．设sin px
v e y =，求p 的值使得v 为调和函数。
解：由调和函数的定义
2sin (sin )0px px xx yy v v p e y e y +=+-=，
因此要使v 为某个区域内的调和函数，即在某区域内上述等式成立，必须 210p -=，即1p =±。
17．已知22
255u v x y xy x y +=-+--，试确定解析函数 解：首先，等式两端分别对,x y 求偏导数，得
225x x u v x y +=+-----------------------------------（1） 225y y u v y x +=-+--------------------------------（2）
再联立上柯西—黎曼方程
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x y u v =------------------------------------------------------（3） y x u v =-----------------------------------------------------（4） 从上述方程组中解出,x y u u ，得
这样，对x u 积分，得25(),u x x c y =-+再代入y u 中，得
至此得到：2205,u x x y c =
--+由二者之和又可解出
025v xy y c =--，因此
200()5f z u iv z z c c i =+=-+-，其中0c 为任意实常数。
注：此题还有一种方法：由定理知 由此也可很方便的求出()f z 。 18
y v v (c 'v 因
f （此类问题，除了上题采用的方法外，也可这样：
22222222222
2()1
()()()
x y xy z i x y x y z zz -=-==++，所以 1
()f z c z
=-+，
其中c 为复常数。代入(2)0f =得，1
2
c =，故此
（3）arctan , (0)y
v x x
=>
..
..
同上题一样，
()x x y x f z u iv v iv '=+=+
2222
1
x y z i z x y x y zz -=
+==++， 因此0()ln f z z c =+，
其中的ln z 为对数主值，0c 为任意实常数。
（4）(cos sin )x
u e x y y y =-，(0)0f =
(sin sin cos )x x y v u e x y y y y =-=++，对x 积分，得
再由y x v u =得()0c x '=，所以0()c x c =为常数，由(0)0f =知， 0x y ==时0v =，由此确定出00c =，至此得到：
()f z u iv =+=(cos sin )x e x y y y -(sin cos )x ie x y y y ++，
整理后可得()z
f z ze =
19．设在1z ≤上()f z 解析，且()1f z ≤，证明(0)1f '≤ 证明：由高阶导数公式及积分估计式，得
1
112122z ds ππ
π=≤==?，证毕。 20．若
()f z 在闭圆盘0z z R -≤上解析，且()f z M ≤，试证明柯西不等式
()0!
()n n n f z M R
≤，并由此证明刘维尔定理：在整个复平面上有界且处处解析的函数一定
为常数。
证明：由高阶导数公式及积分估计式，得
1
1
11
1
!!!!()2222n n n n
z z n n M n M n M f z ds ds R R R R R ππππ+++===
≤
==??，
柯西不等式证毕；下证刘维尔定理： 因为函数有界，不妨设()f z M ≤，那么由柯西不等式，对任意0z 都有0()M f z R
'≤
，又
因
()f z 处处解析，因此R 可任意大，这样，令
R →+∞，得0()0f z '≤，从而0()0f z '=，即0()0f z '=，再由0z 的任意性知()0f z '≡，因而()f z 为常数，证毕。
习题四答案
1． 考察下列数列是否收敛，如果收敛，求出其极限．
（1）1
n n z i n =+
解：因为lim n
n i →∞
不存在，所以lim n n z →∞
不存在，由定理4.1知，数列{}n z 不收敛．
（2）(1)2n n i
z -=+
解：1sin )2i i θθ+=
+，其中1
arctan 2
θ=，则
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()(cos sin )cos sin 2n
n
n z i n i n θθθθ-?=+=-?
??
．
因为lim 0n
n →∞=，cos sin 1n i n θθ-=
，所以()lim cos sin 0n
n n i n θθ→∞
-= 由定义4.1知，数列{}n z 收敛，极限为0．
（3）2
1n i n z e n
π-=
解：因为2
1n i e
π-
=，1
lim 0n n
→∞=，所以21lim 0n i n e
n π-→∞= 由定义4.1知，数列{}
z 收敛，极限为0．
（
2n θ都
2
2n ∞
=也收敛，故级数2ln n
n i n
∞
=∑是收敛的．
又2
2111
ln ln ln 1n n n i n n n n ∞
∞===>-∑
∑，因为211n n ∞=-∑发散，故级数2
1ln n n ∞
=∑发散，从而级数2ln n n i n ∞=∑条件
收敛．
(3)0
cos 2n n in ∞
=∑
解：1110000cos 2222n n n n n n n n n n n n in e e e e --∞
∞∞∞+++====+==+∑∑∑∑，因级数102n n n e ∞+=∑发散，故0
cos 2n n in
∞=∑发散．
..
..
(4)()
035!
n
n i n ∞
=+∑
解：(
)0
035!!n
n n i n n ∞
∞==+=∑
∑，由正项正项级数比值判别法知该级数收敛，故级数()0
35!n
n i n ∞
=+∑收
敛，且为绝对收敛．
3． 试确定下列幂级数的收敛半径． (1)()01n
n n i z ∞
=+∑
解：1lim
1n n n c i c +→∞
=+=
R =
． (2)0!n n
n n z n
∞
=∑
解：11(1)!11
lim lim lim 1(1)!(1)
n n n n n n n n c n n c n n e n
++→∞→∞→∞+=?==++，故此幂级数的收敛半径R e =．
(3)1
i
n n
n e z π∞
=∑
解：1
1lim
lim 1i
n n n n i n
n
c e
c e π
π++→∞
→∞==，故此幂级数的收敛半径1R =． (4)22
1
212n n
n n z ∞
-=-∑
解：令2
z Z =，则221
11
212122n n n n n n n n z
Z ∞
∞--==--=∑∑ 11
21
12lim
lim 2122n n n n n
n
n c n c ++→∞→∞+==-，故幂级数11
212n n n n Z ∞-=-∑的收敛域为2Z <，即22z <，从而幂级数
22
1
212n n
n n z ∞
-=-∑
的收敛域为z <
R = 4． 设级数0
n n α∞=∑收敛，而0n n α∞=∑发散，证明0
n n n z α∞
=∑的收敛半径为1．
证明：在点1z =处，0
n
n n n n z αα∞∞===∑∑，因为0
n n α∞=∑收敛，所以0
n n n z α∞
=∑收敛，故由阿贝尔定理知，
1z <时，0
n
n n z α∞=∑收敛，且为绝对收敛，即0n n n z α∞
=∑收敛．
1z >时，0
n
n n n n z αα∞∞
==>∑∑，因为0
n n α∞
=∑发散，根据正项级数的比较准则可知，
n
n
n z α
∞
=∑发散，从而0
n
n n z α∞=∑的收敛半径为1，由定理4.6，0
n n n z α∞
=∑的收敛半径也为1．
5． 如果级数0
n n n c z ∞
=∑在它的收敛圆的圆周上一点0z 处绝对收敛，证明它在收敛圆所围的闭区
域上绝对收敛．