厦门理工学院 复变函数 作业答案第二章 学长只能帮你到这了

复变函数试题与答案 Document serial number【UU89WT-UU98YT-UU8CB-UUUT-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 ，65)2(π=-z arc ，那么=z （ ） （A ）i 31+- （B ）i +-3 （C ）i 2321+-（D ）i 2123+-3．复数)2(tan πθπθ<<-=i z 的三角表示式是（ ）（A ）)]2sin()2[cos(sec θπθπθ+++i （B ）)]23sin()23[cos(sec θπθπθ+++i （C ）)]23sin()23[cos(sec θπθπθ+++-i （D ）)]2sin()2[cos(sec θπθπθ+++-i 4．若z 为非零复数，则22z z -与z z 2的关系是（ ）（A ）z z z z 222≥- （B ）z z z z 222=-（C ）z z z z 222≤- （D ）不能比较大小５．设y x ,为实数，yi x z yi x z +-=++=11,1121且有1221=+z z ，则动点),(y x 的轨迹是（ ）（A ）圆 （B ）椭圆 （C ）双曲线（D ）抛物线 ６．一个向量顺时针旋转3π，向右平移３个单位，再向下平移１个单位后对应的复数为i 31-，则原向量对应的复数是（ ）（A ）2 （B ）i 31+ （C ）i -3 （D ）i +3 ７．使得22z z =成立的复数z 是（ ）（A ）不存在的 （B ）唯一的 （C ）纯虚数（D ）实数８．设z 为复数，则方程i z z +=+2的解是（ ）（A ）i +-43 （B ）i +43 （C ）i -43 （D ）i --43 ９．满足不等式2≤+-iz i z 的所有点z 构成的集合是（ ） （A ）有界区域 （B ）无界区域 （C ）有界闭区域 （D ）无界闭区域10．方程232=-+i z 所代表的曲线是（ ）（A ）中心为i 32-，半径为2的圆周 （B ）中心为i 32+-，半径为２的圆周（C ）中心为i 32+-，半径为2的圆周 （D ）中心为i 32-，半径为２的圆周11．下列方程所表示的曲线中，不是圆周的为（ ）（A ）221=+-z z （B ）433=--+z z （C ）)1(11<=--a az a z （D ）)0(0>=-+++c c a a z a z a z z 12．设,5,32,1)(21i z i z z z f -=+=-=，则=-)(21z z f （ ）（A ）i 44-- （B ）i 44+ （C ）i 44- （D ）i 44+- 13．00)Im()Im(lim 0z z z z x x --→（ ） （A ）等于i （B ）等于i - （C ）等于0 （D ）不存在14．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15．设C z ∈且1=z ，则函数zz z z f 1)(2+-=的最小值为（ ） （A ）3- （B ）2- （C ）1-（D ）1二、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 arg3．设43)arg(,5π=-=i z z ，则=z 4．复数22)3sin 3(cos )5sin 5(cos θθθθi i -+的指数表示式为 5．以方程i z 1576-=的根的对应点为顶点的多边形的面积为 ６．不等式522<++-z z 所表示的区域是曲线 的内部 ７．方程1)1(212=----zi i z 所表示曲线的直角坐标方程为 ８．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 ９．对于映射zi=ω，圆周1)1(22=-+y x 的像曲线为10．=+++→)21(lim 421z z iz 三、若复数z 满足03)21()21(=+++-+z i z i z z ，试求2+z 的取值范围．四、设0≥a ，在复数集C 中解方程a z z =+22.五、设复数i z ±≠，试证21z z +是实数的充要条件为1=z 或0)(=z IM . 六、对于映射)1(21z z +=ω，求出圆周4=z 的像.七、试证１.)0(0221≠≥z z z 的充要条件为2121z z z z +=+； ２.)),,2,1,,,0(021n j k j k z z z j =≠≠≥的充要条件为 n n z z z z z z +++=+++ 2121.八、若0)(lim 0≠=→A z f x x ，则存在0>δ，使得当δ<-<00z z 时有A z f 21)(>. 九、设iy x z +=，试证y x z yx +≤≤+2.十、设iy x z +=，试讨论下列函数的连续性： 1.⎪⎩⎪⎨⎧=≠+=0,00,2)(22z z y x xy z f 2.⎪⎩⎪⎨⎧=≠+=0,00,)(223z z y x y x z f .第二章 解析函数一、选择题：1．函数23)(z z f =在点0=z 处是( )（A ）解析的 （B ）可导的（C ）不可导的 （D ）既不解析也不可导2．函数)(z f 在点z 可导是)(z f 在点z 解析的( )（A ）充分不必要条件 （B ）必要不充分条件（C ）充分必要条件 （D ）既非充分条件也非必要条件3．下列命题中，正确的是( )（A ）设y x ,为实数，则1)cos(≤+iy x（B ）若0z 是函数)(z f 的奇点，则)(z f 在点0z 不可导（C ）若v u ,在区域D 内满足柯西-黎曼方程，则iv u z f +=)(在D 内解析（D ）若)(z f 在区域D 内解析，则)(z if 在D 内也解析4．下列函数中，为解析函数的是( )（A ）xyi y x 222-- （B ）xyi x +2（C ）)2()1(222x x y i y x +-+- （D ）33iy x + 5．函数)Im()(2z z z f =在0=z 处的导数( )（A ）等于0 （B ）等于1 （C ）等于1- （D ）不存在6．若函数)(2)(2222x axy y i y xy x z f -++-+=在复平面内处处解析，那么实常数=a ( )（A ）0 （B ）1 （C ）2（D ）2-7．如果)(z f '在单位圆1<z 内处处为零，且1)0(-=f ，那么在1<z 内≡)(z f ( )（A ）0 （B ）1 （C ）1- （D ）任意常数8．设函数)(z f 在区域D 内有定义，则下列命题中，正确的是（A ）若)(z f 在D 内是一常数，则)(z f 在D 内是一常数（B ）若))(Re(z f 在D 内是一常数，则)(z f 在D 内是一常数（C ）若)(z f 与)(z f 在D 内解析，则)(z f 在D 内是一常数（D ）若)(arg z f 在D 内是一常数，则)(z f 在D 内是一常数9．设22)(iy x z f +=，则=+')1(i f ( )（A ）2 （B ）i 2 （C ）i +1 （D ）i 22+ 10．i i 的主值为( )（A ）0 （B ）1 （C ）2πe （D ）2π-e11．z e 在复平面上( )（A ）无可导点 （B ）有可导点，但不解析（C ）有可导点，且在可导点集上解析 （D ）处处解析12．设z z f sin )(=，则下列命题中，不正确的是( )（A ）)(z f 在复平面上处处解析 （B ）)(z f 以π2为周期（C ）2)(iziz e e z f --= （D ）)(z f 是无界的 13．设α为任意实数，则α1( )（A ）无定义 （B ）等于1（C ）是复数，其实部等于1 （D ）是复数，其模等于114．下列数中，为实数的是( )（A ）3)1(i - （B ）i cos （C ）i ln （D ）i e23π- 15．设α是复数，则( )（A ）αz 在复平面上处处解析 （B ）αz 的模为αz（C ）αz 一般是多值函数 （D ）αz 的辐角为z 的辐角的α倍二、填空题1．设i f f +='=1)0(,1)0(，则=-→zz f z 1)(lim 02．设iv u z f +=)(在区域D 内是解析的，如果v u +是实常数，那么)(z f 在D 内是3．导函数xv i x u z f ∂∂+∂∂=')(在区域D 内解析的充要条件为 4．设2233)(y ix y x z f ++=，则=+-')2323(i f5．若解析函数iv u z f +=)(的实部22y x u -=，那么=)(z f6．函数)Re()Im()(z z z z f -=仅在点=z 处可导7．设z i z z f )1(51)(5+-=，则方程0)(='z f 的所有根为 8．复数i i 的模为 9．=-)}43Im{ln(i10．方程01=--z e 的全部解为三、设),(),()(y x iv y x u z f +=为iy x z +=的解析函数，若记)2,2()2,2(),(iz z z z iv i z z z z u z z w -++-+=，则0=∂∂z w ． 四、试证下列函数在z 平面上解析，并分别求出其导数 1．;sinh sin cosh cos )(y x i y x z f -= 2．);sin cos ()sin cos ()(y ix y y ie y y y x e z f x x ++-=五、设023=+-z e zw w ，求22,dz w d dz dw .六、设⎪⎩⎪⎨⎧=≠++=0,00,)()(422z z y x iy x xy z f 试证)(z f 在原点满足柯西-黎曼方程，但却不可导.七、已知22y x v u -=-，试确定解析函数iv u z f +=)(.八、设s 和n 为平面向量，将s 按逆时针方向旋转2π即得n .如果ivu z f +=)(为解析函数，则有s v n u n v s u ∂∂-=∂∂∂∂=∂∂,（s∂∂与n ∂∂分别表示沿s ,n 的方向导数）.九、若函数)(z f 在上半平面内解析，试证函数)(z f 在下半平面内解析. 十、解方程i z i z 4cos sin =+.第三章 复变函数的积分一、选择题：1．设c 为从原点沿x y =2至i +1的弧段，则=+⎰c dz iy x )(2( )（A ）i 6561- （B ）i 6561+- （C ）i 6561-- （D ）i 6561+ 2．设c 为不经过点1与1-的正向简单闭曲线，则dz z z zc⎰+-2)1)(1(为( ) （A ）2i π （B ）2iπ- （C ）0 （D ）(A)(B)(C)都有可能3．设1:1=z c 为负向，3:2=z c 正向，则=⎰+=dz z zc c c 212sin ( ) （A ） i π2- （B ）0 （C ）i π2 （D ）i π44．设c 为正向圆周2=z ，则=-⎰dz z zc2)1(cos ( ) （A ）1sin - （B ）1sin （C ）1sin 2i π- （D ）1sin 2i π5．设c 为正向圆周21=z ，则=--⎰dz z z z c23)1(21cos( ) （A ）)1sin 1cos 3(2-i π （B ）0 （C ）1cos 6i π （D ）1sin 2i π-6．设ξξξξd ze zf ⎰=-=4)(，其中4≠z ，则='）i f π(( )（A ）i π2- （B ）1- （C ）i π2 （D ）17．设)(z f 在单连通域B 内处处解析且不为零，c 为B 内任何一条简单闭曲线，则积分dz z f z f z f z f c⎰+'+'')()()(2)( ( )（A ）于i π2 （B ）等于i π2- （C ）等于0 （D ）不能确定8．设c 是从0到i 21π+的直线段，则积分=⎰c z dz ze （ ）（A ）21eπ- (B) 21eπ-- (C)i e21π+(D) i e21π-9．设c 为正向圆周0222=-+x y x ，则=-⎰dz z z c1)4sin(2π( ) （A ）i π22（B ）i π2 （C ）0 （D ）i π22-10．设c 为正向圆周i a i z ≠=-,1，则=-⎰cdz i a zz 2)(cos ( ) （A ）ie π2 （B ）eiπ2 （C ）0 （D ）i i cos11．设)(z f 在区域D 内解析，c 为D 内任一条正向简单闭曲线，它的内部全属于D ．如果)(z f 在c 上的值为2，那么对c 内任一点0z ,)(0z f ( )（A ）等于0 （B ）等于1 （C ）等于2 （D ）不能确定12．下列命题中，不正确的是( ) （A ）积分⎰=--ra z dz az 1的值与半径)0(>r r 的大小无关 （B ）2)(22≤+⎰cdz iy x ,其中c 为连接i -到i 的线段（C ）若在区域D 内有)()(z g z f ='，则在D 内)(z g '存在且解析 （D ）若)(z f 在10<<z 内解析，且沿任何圆周)10(:<<=r r z c 的积分等于零，则)(z f 在0=z 处解析13．设c 为任意实常数，那么由调和函数22y x u -=确定的解析函数iv u z f +=)(是 ( )(A)c iz +2 （B ） ic iz +2 （C ）c z +2 （D ）ic z +214．下列命题中，正确的是( )（A ）设21,v v 在区域D 内均为u 的共轭调和函数，则必有21v v = （B ）解析函数的实部是虚部的共轭调和函数 （C ）若iv u z f +=)(在区域D 内解析，则xu∂∂为D 内的调和函数 （D ）以调和函数为实部与虚部的函数是解析函数15．设),(y x v 在区域D 内为),(y x u 的共轭调和函数，则下列函数中为D 内解析函数的是( )（A ）),(),(y x iu y x v + （B ）),(),(y x iu y x v - （C ）),(),(y x iv y x u - （D ）xv i x u ∂∂-∂∂二、填空题1．设c 为沿原点0=z 到点i z +=1的直线段，则=⎰c dz z 22．设c 为正向圆周14=-z ，则=-+-⎰c dz z z z 22)4(233．设⎰=-=2)2sin()(ξξξξπd zz f ,其中2≠z ，则=')3(f 4．设c 为正向圆周3=z ，则 5．设c 为负向圆周4=z ，则=-⎰c zdz i z e 5)(π 6．解析函数在圆心处的值等于它在圆周上的 7．设)(z f 在单连通域B 内连续，且对于B 内任何一条简单闭曲线c 都有0)(=⎰cdz z f ，那么)(z f 在B 内8．调和函数xy y x =),(ϕ的共轭调和函数为9．若函数23),(axy x y x u +=为某一解析函数的虚部，则常数=a=+⎰cdz zzz10．设),(y x u 的共轭调和函数为),(y x v ，那么),(y x v 的共轭调和函数为 三、计算积分 1.⎰=+-R z dz z z z)2)(1(62,其中1,0≠>R R 且2≠R ; 2.⎰=++22422z z z dz． 四、设)(z f 在单连通域B 内解析，且满足)(1)(1B x z f ∈<-.试证 １．在B 内处处有0)(≠z f ；２．对于B 内任意一条闭曲线c ，都有0)()(=''⎰cdz z f z f 五、设)(z f 在圆域R a z <-内解析，若)0()()(max R r r M z f ra z <<==-，则),2,1()(!)()( =≤n rr M n a f nn . 六、求积分⎰=1z zdz z e ，从而证明πθθπθ=⎰0cos )cos(sin d e . 七、设)(z f 在复平面上处处解析且有界，对于任意给定的两个复数b a ,，试求极限⎰=+∞→--Rz R dz b z a z z f ))(()(lim 并由此推证)()(b f a f =（刘维尔Liouville 定理）.八、设)(z f 在)1(><R R z 内解析，且2)0(,1)0(='=f f ，试计算积分⎰=+122)()1(z dz z z f z 并由此得出⎰πθθθ202)(2cos d e f i 之值.九、设iv u z f +=)(是z 的解析函数，证明222222222))(1()(4))(1ln())(1ln(z f z f yz f xz f +'=∂+∂+∂+∂.十、若)(22y x u u +=，试求解析函数iv u z f +=)(.第四章 级 数一、选择题：1．设),2,1(4)1( =++-=n n nia n n ，则n n a ∞→lim ( ) （A ）等于0 （B ）等于1 （C ）等于i （D ）不存在2．下列级数中，条件收敛的级数为( )（A ）∑∞=+1)231(n ni （B ）∑∞=+1!)43(n n n i（C ） ∑∞=1n n n i （D ）∑∞=++-11)1(n n n i3．下列级数中，绝对收敛的级数为( )（B ） ∑∞=+1)1(1n n in（B ）∑∞=+-1]2)1([n n n i n (C)∑∞=2ln n n n i （D ）∑∞=-12)1(n nnn i 4．若幂级数∑∞=0n n n z c 在i z 21+=处收敛，那么该级数在2=z 处的敛散性为( )（A ）绝对收敛 （B ）条件收敛 （C ）发散 （D ）不能确定 5．设幂级数∑∑∞=-∞=01,n n n n nn znc z c 和∑∞=++011n n n z n c 的收敛半径分别为321,,R R R ，则321,,R R R 之间的关系是( )（A ）321R R R << （B ）321R R R >> （C ）321R R R <= （D ）321R R R == 6．设10<<q ，则幂级数∑∞=02n n n z q 的收敛半径=R ( )（A ）q （B ）q1（C ）0 （D ）∞+ 7．幂级数∑∞=1)2(2sinn n z n n π的收敛半径=R ( ) （A ） 1 （B ）2 （C ）2 （D ）∞+8．幂级数∑∞=++-011)1(n n n z n 在1<z 内的和函数为 （A ）)1ln(z + （B ）)1ln(z - （D ）z +11ln(D) z-11ln 9．设函数z e z cos 的泰勒展开式为∑∞=0n nn z c ，那么幂级数∑∞=0n n n z c 的收敛半径=R ( )（A ）∞+ （B ）1 （C ）2π（D ）π 10．级数+++++22111z z z z的收敛域是( ) （A ）1<z （B ）10<<z （C ）+∞<<z 1 （D ）不存在的 11．函数21z在1-=z 处的泰勒展开式为( ) （A ）)11()1()1(11<++-∑∞=-z z n n n n （B ）)11()1()1(111<++-∑∞=--z z n n n n（C ）)11()1(11<++-∑∞=-z z n n n （D ）)11()1(11<++∑∞=-z z n n n12．函数z sin ，在2π=z 处的泰勒展开式为( )（A ）)2()2()!12()1(012+∞<--+-∑∞=+ππz z n n n n（B ）)2()2()!2()1(02+∞<---∑∞=ππz z n n n n（C ）)2()2()!12()1(0121+∞<--+-∑∞=++ππz z n n n n（D ）)2()2()!2()1(021+∞<---∑∞=+ππz z n n n n13．设)(z f 在圆环域201:R z z R H <-<内的洛朗展开式为∑∞-∞=-n n nz z c)(0，c 为H 内绕0z 的任一条正向简单闭曲线，那么=-⎰c dz z z z f 2)()(( )(A)12-ic π （B ）12ic π （C ）22ic π （D ）)(20z f i 'π14．若⎩⎨⎧--==-+= ,2,1,4,2,1,0,)1(3n n c nn n n ，则双边幂级数∑∞-∞=n nn z c 的收敛域为( )（A ）3141<<z （B ）43<<z（C ）+∞<<z 41（D ）+∞<<z 3115．设函数)4)(1(1)(++=z z z z f 在以原点为中心的圆环内的洛朗展开式有m 个，那么=m ( )（A ）1 （B ）2 （C ）3 （D ）4二、填空题1．若幂级数∑∞=+0)(n n n i z c 在i z =处发散，那么该级数在2=z 处的收敛性为 ．2．设幂级数∑∞=0n nn z c 与∑∞=0)][Re(n n n z c 的收敛半径分别为1R 和2R ，那么1R 与2R 之间的关系是 ．3．幂级数∑∞=+012)2(n n n z i 的收敛半径=R4．设)(z f 在区域D 内解析，0z 为内的一点，d 为0z 到D 的边界上各点的最短距离，那么当d z z <-0时，∑∞=-=00)()(n n n z z c z f 成立，其中=n c ．5．函数z arctan 在0=z 处的泰勒展开式为 ． 6．设幂级数∑∞=0n nn z c 的收敛半径为R ，那么幂级数∑∞=-0)12(n n n n z c 的收敛半径为 ．7．双边幂级数∑∑∞=∞=--+--112)21()1()2(1)1(n n n nnz z 的收敛域为 ．8．函数zze e 1+在+∞<<z 0内洛朗展开式为 ．9．设函数z cot 在原点的去心邻域R z <<0内的洛朗展开式为∑∞-∞=n n nz c，那么该洛朗级数收敛域的外半径=R ． 10．函数)(1i z z -在+∞<-<i z 1内的洛朗展开式为 ．三、若函数211z z --在0=z 处的泰勒展开式为∑∞=0n nn z a ，则称{}n a 为菲波那契(Fibonacci)数列，试确定n a 满足的递推关系式，并明确给出n a 的表达式． 四、试证明1．);(11+∞<≤-≤-z e z e e zz z2．);1()1(1)3(<-≤-≤-z ze e z e z五、设函数)(z f 在圆域R z <内解析，∑==nk kk n z k f S 0)(!)0(试证 1．)()(21)(111R r z d z z f iz S n rn n n <<--=+=++⎰ξξξξξπξ.2．)()()(2)((11R r z d z f iz z S z f r n n n <<-=-⎰=++ξξξξπξ）。

第二章习题详解1． 利用导数定义推出： 1)()1-=n n nzz '（n 为正整数）解： ()()()()()z z z z z n n z nz z z z z z z nn n n n z n n z n∆∆∆∆∆∆∆∆-⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-++=-+=--→→ 22100121limlim '()()11210121----→=⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-+=n n n n z nz z z z n n nz ∆∆∆ lim 2) 211z z -=⎪⎭⎫⎝⎛'解： ()()2000111111z zz z z z z z z z z z z z z z z -=+-=+-=-+=⎪⎭⎫ ⎝⎛→→→∆∆∆∆∆∆∆∆∆lim lim lim '2． 下列函数何处可导？何处解析？ 1)()iy x z f -=2解：设()iv u z f +=，则2x u =，y v -=x x u 2=∂∂，0=∂∂y u ，0=∂∂xv，1-=∂∂y v 都是连续函数。

只有12-=x ，即21-=x 时才满足柯西—黎曼方程。

()iy x z f -=∴2在直线21-=x 上可导，在复平面内处处不解析。

2)()3332y i x z f +=解：设()iv u z f +=，则32x u =，33y v =26x x u =∂∂，0=∂∂y u ，0=∂∂xv ，29y y v =∂∂都是连续函数。

只有2296y x =，即032=±y x 时才满足柯西—黎曼方程。

()3332y i x z f +=∴在直线032=±y x 上可导，在复平面内处处不解析。

3)()y ix xy z f 22+=解：设()iv u z f +=，则2xy u =，y x v 2=2y x u =∂∂，xy y u 2=∂∂，xy xv 2=∂∂，2x y v =∂∂都是连续函数。

第一篇 复变函数第一章 复数与复变函数1. 求下列复数的实部、虚部、共轭复数、模与幅角.（1） 72)52)(43(ii i −+；（2） .4218i i i +−2. 当x ，y 等于什么实数时，等式i iiy x +=+−++135)3(1 成立？3.证明：（1）;2z z z = （2）1122,z z z z = .02≠z4.求下列各式的值： （1）();35i −（2）().131i +−5.求方程083=+z 的所有根.6.设1z ,2z ,3z 三点适合条件0321=++z z z ，证明1z ,2z ,3z 是内接于单位圆1=z 的一个正三角形的顶点.7.指出下列各题中点z 的轨迹或所在的范围：（1）;65=−z（2）;12≥+i z（3）.i z i z −=+8.描述下列不等式所确定的区域，并指出它是有界的还是无界的： （1）;32≤≤z（2）.141+<−z z9.将方程tt z 1+=（t 为实参数）给出的曲线用一个实直角坐标方程表出.第一章 复习题1.单项选择题（1）设iy x z +=，y x ≠||，4z 为实数，则（ ）.A ．0=xy B.0=+y x C ．0=−y x D.022=−y x（2）关于复数幅角的运算，下列等式中正确的是（ ）. A ．Argz Argz 22= B.z z arg 2arg 2=C ．2121arg arg )arg(z z z z += D.2121)(Argz Argz z z Arg += （3）=+31i （ ）.A ．ie 62πB.ie 62π−C ．ie 62π± D.i e62π±（4）2210<++<i z 表示（ ）. A ．开集、非区域 B.单连通区域 C ．多连通区域 D.闭区域（5）z i z f =−1，则()=+i f 1（ ）.A ．1 B.21i+ C ．21i− D.i −1 （6）若方程1−=z e ，则此方程的解集为（ ）.A ．空集 B.π)12(−=k z ，（k 为整数） C ．i k z π)12(−= D. πi z =2.对任何复数22,z z z =是否一定成立？3. 解方程.0)1(22=−++i z z4. 求)(i Ln −，)43(i Ln +−和它们的主值.5. 求i e 21π−，i i e41π+，i 3和ii )1(+值.第二章 导数1．下列函数何处可导?何处解析? (1) ();2iy x z f −=(2) ().22y ix xy z f +=2.指出下列函数()z f 的解析性区域，并指出其导数.(1) ();22iz z z f +=(2) ();112−=z z f（3）(),dcz baz z f ++=（d c ,中至少有一个不为0）.3.设()2323lxy x i y nx my +++为解析函数，试确定l 、m 、n 的值.4.证明：如果()z f 在区域D 内解析，并满足下列条件之一，那么是常数. （1）()z f 恒取实值. （2）)(z f 在区域D 内解析. （3）()z f 在区域D 内是一个常数.5.应用导数的定义讨论下列函数的是否存在？（1）())Re(z z f =；（2）())Im(z z f =.6.证明；,sin z e z 在复平面上任一点都不解析.第二章 复习题1.单项选择题（1）函数()z f w =在点0z 可导是可微的（ ）.A ．必要但非充分条件 B. 充分但非必要条件 C ．充分必要条件D. 既非充分也非必要条件（2）函数()z f w =在点0z 可导是连续的（ ）.A ．必要但非充分条件 B. 充分但非必要条件 C ．充分必要条件D. 既非充分也非必要条件（3）函数()),(),(y x iv y x u z f +=，则在()00,y x 点，v u ,均可微是函数()z f 在点0z 可微的（ ）.A ．必要但非充分条件 B. 充分但非必要条件 C ．充分必要条件D. 既非充分也非必要条件（4）函数()22ix xy z f −=，那么（ ）. A ．()z f 处处可微 B. ()z f 处处不可导 C ．()z f 仅在原点可导 D. ()z f 仅在x 轴上可导（5）若,0,,00,),(222222=+≠++=y x y x y x xy y x u ，,),(xy y x v =()iv u z f +=，则()z f （ ）.A ．()z f 仅在原点可导 B. ()z f 处处不可导C ．()z f 除原点外处处可导 D. ()z f 处处可微（6）若()()y x y i xy x z f 233333+−+−=， 那么()z f （ ）.A ．()z f 仅在原点可导且()00=′f B. ()z f 处处解析且()xy i y x z f 63322+−=′ C ．()z f 处处解析且()xy i y x z f 63322−−=′ D. ()z f 处处解析且()xy i x y z f 63322+−=′ （7）函数()z z z f = ，则（ ）. A ．()z f 在全平面解析 B. ()z f 仅在原点解析C ．()z f 仅在原点可导但不解析 D. ()z f 处处不可导（8）设()34−=′z z f ，且()i i f 31−=+，则()=z f （ ）.A ． i z z −−322 B. i z z 3322+− C ．i z z 43322+−+ D. i z z 43322−+− 2.指出函数112+z 的解析性区域，并求导数.3.如果0z 是()z f 的奇点，而()z g 在0z 解析，那么0z 是否是())(z g z f +和())(z g z f 的奇点.4.若()iv u z f +=是区域D 内的解析函数，那么在D 内v +iu 是否也是解析函数.第三章 积分1.沿下列路径计算积分∫Czdz Re .（1）自原点至1+i 的直线段；（2）自原点沿实轴至1，再由1铅直向上至1+i ；（3）自原点沿虚轴至i ，再由i 沿水平向右至1+i .2.分别沿y =x 与2x y =计算积分()∫++i dz iy x102的值.3计算积分dz zzC∫，其中C 为正向圆周，2=z .4.计算下列积分 ，其中C 为正向圆周，1=z . （1）;21dz z C ∫− （2）;4212dz z z C ∫++（3）;cos 1dz zC ∫ （4）;211dz z C∫−（5）;dz ze Cz ∫（6）().)2(21dz i z z C∫−+5.沿指定曲线正向计算下列积分：（1）dz z C ∫−21，C ：12=−z ；（2）dz a z C ∫−221，C: a a z =−；（3）,3dz z zC ∫− C ：2=z ；（4）()()dz z z C∫++41122，C ：23=z ；（5）dz zzC ∫sin ，C ：1=z ； （6）dz z zC∫−22sin π，C ：2=z .6.计算下列各题： （1）∫−ii z dz e ππ32；（2）∫−iizdz ππ2sin ；（3）.)(0∫−−iz dz e i z7.计算下列积分：（1）dz i z z C ∫+++2314，C ：4=z ，正向； （2）dz z iC ∫+122，C ：61=−z ，正向； （3）,cos 213dz z zC C C ∫+= 1C ：2=z ，正向，2C ：3=z ，负向；（4）dz i z C ∫−1，C 为以i 56,21±±为顶点的正向菱形； （5）()dz a z eC z∫−3；其中a 为1≠a 的任何复数，C ：1=z ，正向.9. 设C 为不经过a 与a −的简单正向闭曲线，a 为不等于0的任何复数，试就a 与a −跟C 的各种不同位置，计算积分dz a z zC ∫−22的值.第三章 复习题1.单项选择题.（1）设C 为θi e z =，θ从2π−到2π的一段，则=∫Cdz z （ ）.A ．i B.2i C ．-2i D.- i（2）设C 是从0=z 到i z +=1的直线段，则=∫Cdz z （ ）.A ．1+i B.21i+ C ．i e4π− D. ie 4π（3）设C 为θi e z =，θ从0到π的一段，则=∫Czdz arg （ ）.A ．i 2−−π B. π− C ．i 2+π D. i 2−π（4）设C 为t i z )1(−=，t 从1到0的一段，则=∫Cdz z （ ）.A ．1 B.-1 C ．i D.- i（5）设C 为1=z 的上半部分逆时针方向，则=−∫Cdz z )1(（ ）.A ．2i B.2 C ．-2i D.- 2（6）设C 为θi e z 21=，正向，则=−∫C z dz e e zsin （ ）.A ．sin1 B.e i 1sin 2π C ．e i 1sin 2π− D.0（7）=++∫=dz z z z 12221（ ）.A ．i π2 B.i π2− C ．0 D.π2 （8）设C 为沿抛物线12−=x y 从()0,1−到()0,1的弧度，则=+∫C dz z )1sin(（ ）.A ．0 B.2cos − C ．12cos − D. 12cos − （9）=++∫=+dz z z e z z 232)1(232（ ）. A ．0 B.i π32C ．i π2 D. i π2−（10）=++∫=dz z z zz 121682cos π（ ）A ．0 B.i π C ．i π− D. i π2.（11）=+∫=dz z zz 221（ ）.A ．0 B.i π2 C ．i π2− D. i π（12）=∫=dz z e z z12（ ）.A ．i π2 B. i π C ．0 D. π （13）1322z z z e dz ==∫（ ）.A ．i π2 B. i π16 C ．i π8 D. i π4 2.计算()∫Γ−=dz z z e I z12，其中Γ是圆环域：221≤≤z 的边界.3.（1）证明：当C 为任何不经过原点的闭曲线时，则;012=∫dz zC（2）沿怎样的简单闭曲线有;012=∫dz z C（3）沿怎样的简单闭曲线有.0112=++∫dz z z C4.设(),4ζζζπd ze zf C ∫−=其中C ：2=z ，试求()i f ，()i f −及()i f 43−的值.5.计算()22,2z Ce z I dz z =+∫其中C ：.1=z6.()()∫=−=12,ζζζdz z e z f z()1≠z ，求().z f ′第四章 级数1.判别下列级数的绝对收敛性与收敛性：();11∑∞=n nni()∑∞=2;ln 2n nni();8)56(30∑∞=+n n ni().2cos 40∑∞=n n in2.求下列幂级数的收敛半径：()为正整数）；p nz n p n(,11∑∞=()∑∞=12;)!(2n nn z nn()∑∞=+0;)1(3n nnz i().41∑∞=n n n iz e π3.把下列各函数展开成z 的幂级数，并指出它们的收敛半径： ();1113z +();)1(1223z +();cos 32z();4shz();5chz().sin 622z e z4.求下列各函数在指定点0z 处的泰勒展开式，并指出它们的收敛半径： ();1,1110=+−z z z()();110,10,1122<−<<<−z z z z()()(),2113−−z z;21,110+∞<−<<−<z z()()为中心的圆环域内；在以i z i z z =−,142第四章 复习题1.单项选择题：()().112的收敛半径为幂级数∑∞=n nin z e0.A 1.B 2.C ∞.D()()∑∞=1.1sin 2n nnz n 的收敛半径为幂级数0.A 1.B e C . ∞.D()()()∑∞=−1.13n n n z i 的收敛半径为幂级数1.A 21.B 2.C 21.D()()()∑∞=+12.434n n n z i 的收敛半径为幂级数5.A 51.B 5.C 51.D ()()∑∞=1.!5n nn z n 的收敛半径为幂级数1.A ∞.B 0.C e D .()()∑∞−∞=−=>=n nne a z za z z.,0,6721则设!71.A !71.−B !91.C !91.−D()∑∞==−10,2.2n nn z z a 收敛，能否在幂级数 .3发散而在=z().1.32的和函数求n n z n n ∑∞=−.0cos 1.40处的泰勒展开式在求=−∫z d zζζζ上的罗朗展开在求函数11sin .512>−∫=ζζζζz d z .式第五章 留数1.判断下列函数奇点的类型，如果是极点，指出它的阶数：()();11122+z z();sin 23z z();11323+−−z z z()();1ln 4zz +();511−z e()().1162−z e z()..2在有限奇点处的留数求下列各函数z f();2112zz z −+();1242z e z −()();113224++zz();cos 4zz();11cos5z−().1sin 62zz3.计算下列各积分（利用留数，圆周均取正向）.();sin 123∫=z dz z z()();12222dz z e z z∫=−()();,cos 1323为整数m dz z zz m∫=−();tan 43∫=z zdz π().521111∫=−−z z dz ze点？并是下列各函数的什么奇判断∞=z .4.的留数求出在∞();121z e();sin cos 2z z −().3232zz+()[]的值，如果：求∞,Re 5.z f s()();112−=z ez f z()()()().41124−+=z z z z f6.计算下列各积分，C 为正向圆周：()()()∫=++Cz C dz zzz ;3:,211342215().2:,1213=+∫z C dz e z z zC7.计算下列积分：();sin 351120θθπd ∫+()();0,cos sin 2202>>+∫b a d b a θθθπ()()∫+∞∞−+;11322dx x()∫+∞∞−++.54cos 42dx x x x第五章 复习题1.单项选择题：()().1sin101的是函数zz = 本性奇点.A 可去奇点.B 一级奇点.C 非孤立奇点.D()().0,1cos Re 2=z z s0.A 1.B 21.C 21.−D()()()().,11Re 32=+−i z i z s 4.i A 4.i B − 41.C 41.−D()().0,1Re 44=−−z e s z !31.A !31.−B !41.C !41.−D()()()∫=−=+21.,15z n n n dz z z 为正整数0.A i B π2. i n C π2. niD π2.()()∫=−=11.6z zz dz zei e A 1.−π i B π2. i e C 12.−π i D π2.−()()∫==−25.117z dz z 0.A i B π2. i C π25. i D π52.2.判断zz e 1+的孤立奇点的类型，并求其留数.3.计算n dz z z z n,1cos 1∫=是正整数.4.计算积分∫=−+114.1z z dz5.计算积分∫+πθθ20.cos 2d6.计算∫+∞+04.11dx x7.计算∫+∞+02.42cos dx x x复变函数总复习题一、单项选择题：(1) 函数z w ln =在i e z =处的值为（）. (k 为整数)A. ()i k 12+πB. ()i k π12+C. i k π2D. i k π+212(2) 设积分路径C 为从原点到i +2的直线段, 则积分()=∫Cydz .A. 21i− B. 21i +C. i +1D. i −1(3) 1=z 是函数1ln 2−z z的( ).A. 可去奇点B. 极点C. 本性奇点D. 非孤立奇点 (4) 设()33iy x z f −=, 则()z f 在复平面上( ).Ａ. 处处可导 B. 仅在0=z 处解析 C. 处处不可导 D. 仅在0=z 处可导(5) ()()=−∫=−dz z e z iz211221. A.21i+ B. i +1 C. ()i e i +−12π D. 2π−(6) 函数21z e z+以∞=z 为( ).Ａ. 可去奇点 B. 极点 C. 本性奇点 D. 解析点(7) 0=z 是ze z 111−−的( ).Ａ. 可去奇点 B. 极点 C. 本性奇点 D. 解析点(8) 由2121>−z 与2123>−i z 所确定的点集是( ).A. 开集、非区域 Ｂ. 单连通区域 C. 多连通区域 D. 闭区域(9) ()=+−∫=dz z z z z z 122sin cos 1. A. 0 B. i π2 C. i π D. i π3二、填空题：1. =i e π9 .2.=+∫=dz z z 12121. 3. 设()()z z z f Im =, 则()=′0f .4. 级数()()()∑∞=+−+−0124121n n nz n 的收敛范围为 .5. 函数z 211−在+∞<<z 21内的罗朗展式为 . 6.()=−∫=dz z z 12 .7. 级数()∑∑∞=∞=+−12121n n n n n nn z z 的收敛范围是 .8. ()2236z z z z z f ++−=, ()()=∞,Re z f s .9. =−1,1sin Re z z s ;=−1,11sin Re z z s .三、解答下列各题:1. 已知()(),21i i z −+= 求()Re z .2. 求2122lim 1z zz z z z →+−−−.3. 讨论()2z z f =在0=z 处的可导性及解析性.4. 讨论()()yx i x y x z f 322322−++−−=的解析性, 并求出在解析点处的导数.5. 计算()12CIi z dz =+−∫, 其中C 为连接01=z , 12=z 和i z +=13, 从1z 至2z 至3z 的折线段.6. 将z 2sin 展开为z 的幂级数.7. 求级数()n n nn z n 214302+++∑∞=的收敛圆, 并讨论在47−=z 和49−=z 处的收敛性.8. 求()242−=z z z f 在3<z 内所有留数之和.9. 求函数z cot 在它所有有限孤立奇点处的留数.10. 求()()222aze zf ibz+=在ai −处的留数,(a , b 为实数).11. 计算积分()()dz z e z zI z z∫=−+−=232189.12. 计算积分dz z z I z ∫=++=2365112.13. 计算积分dz z z I z ∫=+−=22211.14. 计算积分dz z z e i I z z∫=++=2241221π.15. 计算积分()dx axx I ∫∞++=02222, ()0>a .四、证明题:1. 证明()=≠+=0,00,22z z yx xyz f 在0=z 处不连续.2. 证明0→z 时, 函数()()22Re zz z f =的极限不存在.第二篇 积分变换1. 设() >≤=1,01,1t t t f , 试算出()ωF , 并推证:>=<=∫∞+1,01,41,2cos sin 0t t t d t ππωωωω. (提示()t f 为偶函数)2. 求矩形脉冲函数()≤≤=其它,00,τt A t f 的傅氏变换.3. 求()><−=1,01,1222t t t t f 的傅氏积分. 4. 求()2sin tt f = 的拉氏变换.5. 求()≥<≤−<≤=4,042,120,3t t t t f 的拉氏变换.6. 求下列函数的拉氏逆变换:(1) ()221as s F +=;(2) ()441a s s F −=答案第一章：,2295,135.3,13Im ,5.3Re )1.(1=+−=−=−=z i z z z ).(,23arctan ,10||,31,3Im ,1Re )2();(,)12()726arctan(arg Z k k Argz z i z z z Z k k z ∈+−==+=−==∈++=ππ.11,1.2==y x().2,1,0,2)2(;16316)1.(43275.06=−−+k ei k iπ5..31,2,31i i −−+7.（1）以z =5为圆心，6为半径的圆；（2）以z =-2i 为圆心，1为半径的圆周及圆周的外部；（3）i 和i 两点的连线的中垂线. 8.（1）圆环形闭区域，有界； （2）中心在,1517−=z 半径为158的圆周的外部区域，无界. 9．xy =1。

习题一谜底之勘阻及广创作2． 求下列复数的实部、虚部、模、幅角主值及共轭复数：（1）132i+ （2）(1)(2)i i i -- （3）131i i i -- （4）8214i i i -+- 解：（1）1323213i z i -==+, 因此：32Re , Im 1313z z ==-, （2）3(1)(2)1310i i i z i i i -+===---, 因此, 31Re , Im 1010z z =-=, （3）133335122i i i z i i i --=-=-+=-, 因此, 35Re , Im 32z z ==-, （4）82141413z i i i i i i =-+-=-+-=-+因此, Re 1, Im 3z z =-=,3． 将下列复数化为三角表达式和指数表达式：（1）i （2）1-+ （3）(sin cos )r i θθ+（4）(cos sin )r i θθ- （5）1cos sin (02)i θθθπ-+≤≤解：（1）2cos sin 22ii i e πππ=+= （2）1-+23222(cos sin )233i i e πππ=+= （3）(sin cos )r i θθ+()2[cos()sin()]22i r i re πθππθθ-=-+-=（4）(cos sin )r i θθ-[cos()sin()]i r i re θθθ-=-+-=（5）21cos sin 2sin 2sin cos 222i i θθθθθ-+=+ 4． 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(cos5sin5)(cos3sin3)i i ϕϕϕϕ+- （5（6解：（1）5)i -5[2(cos()sin())]66i ππ=-+- （2）100100(1)(1)i i ++-50505051(2)(2)2(2)2i i =+-=-=- （3）(1)(cos sin )(1)(cos sin )i i i θθθθ-+-- （4）23(cos5sin5)(cos3sin3)i i ϕϕϕϕ+- （5=（6= 5．设12 ,z z i ==-试用三角形式暗示12z z 与12z z 解：12cos sin , 2[cos()sin()]4466z i z i ππππ=+=-+-, 所以 12z z 2[cos()sin()]2(cos sin )46461212i i ππππππ=-+-=+,6． 解下列方程：（1）5()1z i += （2）440 (0)z a a +=> 解：（1）z i += 由此25k i z i e i π=-=-, (0,1,2,3,4)k =（2）z ==11[cos (2)sin (2)]44a k i k ππππ=+++, 那时0,1,2,3k =, 对应的4个根分别为：(1), 1), 1), )i i i i +-+--- 7． 证明下列各题：（1）设,z x iy =+则z x y ≤≤+证明：首先,显然有z x y =≤+；其次, 因 222,x y x y +≥ 固此有 2222()(),x y x y +≥+从而z =≥. （2）对任意复数12,,z z 有2221212122Re()z z z z z z +=++证明：验证即可, 首先左端221212()()x x y y =+++,而右端2222112211222Re[()()]x y x y x iy x iy =+++++-2222112212122()x y x y x x y y =+++++221212()()x x y y =+++, 由此, 左端=右端, 即原式成立.（3）若a bi +是实系数代数方程101100n n n a z a z a z a --++++=的一个根, 那么a bi -也是它的一个根.证明：方程两端取共轭, 注意到系数皆为实数, 而且根据复数的乘法运算规则, ()n n z z =, 由此获得：10110()()0n n n a z a z a z a --++++=由此说明：若z 为实系数代数方程的一个根, 则z 也是.结论得证.（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：11()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 -=--=+--,2221(1)(1)1ab ab ab a b ab ab -=--=+--,因为1, 1a b <<, 所以, 2222221(1)(1)0a b a b a b +--=--< ,因而221a b ab -<-, 即11a b ab-<-, 结论得证. 7．设1,z ≤试写出使n z a +到达最年夜的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 +到达最年夜, 为此, 需要取n z 与a 同向且1n z =, 即n z 应为a 的单元化向量, 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, 那么用向量暗示时, 21z 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2131z z Argz z --应为0或π的整数倍, 至此获得： 123,,z z z 三个点共线的条件是2131z z z z --为实数. 9．写出过1212, ()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．下列参数方程暗示什么曲线？（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=+ 解：只需化为实参数方程即可.（1）,x t y t ==, 因而暗示直线y x =（2）cos ,sin x a t y b t ==, 因而暗示椭圆22221x y a b+= （3）1,x t y t==, 因而暗示双曲线1xy = 11．证明复平面上的圆周方程可暗示为 0zz az az c +++=, 其中a 为复常数, c 为实常数证明：圆周的实方程可暗示为：220x y Ax By c ++++=, 代入, 22z z z z x y i+-==, 并注意到222x y z zz +==, 由此 022z z z z zz A B c i+-+++=, 整理, 得 022A Bi A Bi zz z z c -++++= 记2A Bi a +=, 则2A Bi a -=, 由此获得 0zz az az c +++=, 结论得证.12．证明：幅角主值函数arg z 在原点及负实轴上不连续. 证明：首先, arg z 在原点无界说, 因而不连续.对00x <, 由arg z 的界说不难看出, 当z 由实轴上方趋于0x 时, arg z π→, 而当z 由实轴下方趋于0x 时, arg z π→-, 由此说明0lim arg z x z →不存在, 因而arg z 在0x 点不连续, 即在负实轴上不连续, 结论得证.13．函数1w z=把z 平面上的曲线1x =和224x y +=分别映成w 平面中的什么曲线？解：对1x =, 其方程可暗示为1z yi =+, 代入映射函数中,得211111iy w u iv z iy y-=+===++, 因而映成的像曲线的方程为 221, 11y u v y y-==++, 消去参数y , 得 2221,1u v u y +==+即22211()(),22u v -+=暗示一个圆周. 对224x y +=, 其方程可暗示为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2214u v +=, 暗示一半径为12的圆周. 14．指出下列各题中点z 的轨迹或所暗示的点集, 并做图： 解：（1）0 (0)z z r r -=>, 说明动点到0z 的距离为一常数, 因而暗示圆心为0z , 半径为r 的圆周.（2）0,z z r -≥是由到0z 的距离年夜于或即是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, 因而暗示一个椭圆.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()4z i π-=, 幅角为一常数, 因而暗示以i 为极点的与x 轴正向夹角为4π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 αβαβπ<<<<<, 极点在原点, 两条边的倾角分别为,αβ的角形区域, 无界, 单连通（3）312z z ->-, 显然2z ≠, 而且原不等式等价于32z z ->-, 说明z 到3的距离比到2的距离年夜, 因此原不等式暗示2与3 连线的垂直平分线即x =x =2后的点构成的集合, 是一无界, 多连通区域.（4）221z z --+>,显然该区域的鸿沟为双曲线221z z --+=, 化为实方程为 2244115x y -=, 再注意到z 到2与z 到-2的距离之差年夜于1, 因而不等式暗示的应为上述双曲线左边一支的左侧部份, 是一无界单连通区域.（5）141z z -<+, 代入z x iy =+, 化为实不等式, 得 所以暗示圆心为17(,0)15-半径为815的圆周外部, 是一无界多连通区域.习题二谜底1．指出下列函数的解析区域和奇点, 并求出可导点的导数.（1）5(1)z - （2）32z iz + （3）211z + （4）13z z ++ 解：根据函数的可导性法则（可导函数的和、差、积、商仍为可导函数, 商时分母不为0）, 根据和、差、积、商的导数公式及复合函数导数公式, 再注意到区域上可导一定解析, 由此获得：（1）5(1)z -处处解析, 54[(1)]5(1)z z '-=-（2）32z iz +处处解析, 32(2)32z iz z i '+=+（3）211z +的奇点为210z +=, 即z i =±, （4）13z z ++的奇点为3z =-, 2．判别下列函数在何处可导, 何处解析, 并求出可导点的导数.（1）22()f z xy x yi =+ （2）22()f z x y i =+（3）3223()3(3)f z x xy i x y y =-+- （4）1()f z z= 解：根据柯西—黎曼定理：（1）22, u xy v x 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：0x y ==,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, 而且 ,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 yz +===-+, 2222, x y u v x y x y ==++, 2222222222, ()()x y y x x y u v x y x y --==++, 22222222, ()()y x xy xy u v x y x y --==++, 因函数的界说域为0z ≠, 故此, ,u v 处处不满足柯西—黎曼方程, 因而函数处处不成导, 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22=+222222()()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）2v 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 =-≡=≡,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, 2220()f z u v c =+≡为常数, 等式两端分别对,x y 求偏导数, 得 220220x 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, 2v u =两端分别对,x y 求偏导数, 得 再联立柯西—黎曼方程, x y y x u v u v ==-, 仍有（5）同前面一样, 231u v +=两端分别对,x y 求偏导数, 得 考虑到柯西—黎曼方程, x y y x u v u v ==-, 仍有0x y x y u u v v ===≡, 证毕.6．计算下列各值（若是对数还需求出主值）（1）2i eπ- （2）()Ln i - （3）(34)Ln i -+（4）sin i （5）(1)i i + （6）2327解：（1）2cos()sin()22i ei i πππ-=-+-=-（2）1()ln arg()2(2)2Ln i i i k i k i ππ-=-+-+=-+,k 为任意整数,主值为：1()2ln i i π-=-（3）(34)ln 34arg(34)2Ln i i i k i π-+=-++-++ 4ln5(arctan 2)3k i ππ=+-+, k 为任意整数主值为：4ln(34)ln5(arctan )3i i π-+=+-（4）..1sin 22i i i i e e e e i i i ----== （5）(2)2(1)44(1)i i k i k iiLn i i eeeππππ++--++===24(cosln sin k ei ππ--=+, k 为任意整数（6）22224427(272)27333333279Ln ln k i ln k i k i e e e e e πππ+====, 当k 分别取0, 1, 2时获得3个值：9, 4399(1)2i e π=-+, 8399(1)2i e π=-+7．求2z e 和2z Arge 解：2222z x y xyie e-+=, 因此根据指数函数的界说, 有2z e22x y e-=, 222z Arge xy k π=+, （k 为任意整数）8．设i zre 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）1ze =+ （2）ln 2z 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)3z 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,4z k ππ+= 即 4z k ππ=-, k 为任意整数（4）由双曲函数的界说得 2z ze e shz i --==, 解得 2()210z z e ie --=, 即z e i =, 所以(2)2z Lni k i ππ==+ , 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 1lim ; lim z z z z e z z→→-证明：由商的极限运算法则及导数界说知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 zg z '=', 由此, 00sin cos lim lim 11z z z zz →→==11．用对数计算公式直接验证：（1）22Lnz Lnz ≠ （2）12Lnz =解：记i z re θ=, 则（1）左端22()2ln (22)i Ln r e r k i θθπ==++,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, 左端所包括的元素比右真个要多（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221]ln (2)22m i Ln rer m k i θπθππ+==+++右端11[ln (2)]ln ()222r n i r n i θθππ=++=++其中,k n 为任意整数, 而 0,1m =不难看出, 对左端任意的k , 右端n 取2k 或21k +时与其对应；反之, 对右端任意的n , 当2n l =为偶数时, 左端可取,0k l m ==于其对应, 而当21n l =+为奇数时, 左端可取2,1k l m ==于其对应.综上所述, 左右两个集合中的元素相互对应, 即二者相等.12．证明sin sin , cos cos z z z z == 证明：首先有(cos sin )(cos sin )z x x x iy z e e y i y e y i y e e -=+=-== , 因此sin 2i z i z e e z i--==, 第一式子证毕.同理可证第二式子也成立.13．证明Im Im sin z z z e ≤≤ （即sin yy z e ≤≤） 证明：首先, sin 222iz izizizy y ye e e e e e z e i ---+-+=≤=≤, 右端不等式获得证明.其次, 由复数的三角不等式又有sin 2222iz izy yy yiz ize e e e e ee e z i--------=≥==,根据高等数学中的单调性方法可以证明0x ≥时2x xe e x --≥, 因此接着上面的证明, 有sin 2y y e ez y --≥≥, 左端不等式获得证明.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 2222iz iz y y iz iz y y e e e e e e e ez 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 2222iz izy yizizy y e e e e e e e ez 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）211z +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 ϕψ=+, 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 ϕ≡, 因此, 有（1）2222()[(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 222(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 3223x xy c -≡（3）22221111()112z x iy x y xyi==+++-++ 流速为222222()(1)(1)z zv f z z z --'===++, 流线为 122222(1)4xyc x y x y ≡-++, 等势线为 222222221(1)4x y c x y x y-+≡-++ 习题三谜底 1．计算积分2()cx 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 ce 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 =+=+→, 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1100()(1)(cos sin )zt titce 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()cx iy dz +⎰, 其中c 为（1）沿y x =从0到1i + （2）沿2y x =从0到1i + 解：（1）积分曲线的方程为z x iy t ti =+=+, :01t →, 代入原积分表达式中, 得（2）积分曲线的方程为 2z x iy x x i =+=+, :01t →, 代入积分表达式中, 得4．计算积分cz dz ⎰, 其中c 为（1）从-1到+1的直线段 （2）从-1到+1的圆心在原点的上半圆周解：（1）c 的方程为z x =, 代入, 得（2）c 的方程为cos sin , :0z x iy i θθθπ=+=+→, 代入, 得5．估计积分212c dz z +⎰的模,其中c 为+1到-1的圆心在原点的上半圆周.解：在c 上, z =1, 因而由积分估计式得222111222c c c cdz ds ds ds z z z ≤≤=++-⎰⎰⎰⎰c =的弧长π= 6．用积分估计式证明：若()f z 在整个复平面上有界, 则正整数1n >时其中R c 为圆心在原点半径为R 的正向圆周. 证明：记()f z M ≤, 则由积分估计式得122n n M M R R Rππ-==, 因1n >, 因此上式两端令R →+∞取极限, 由夹比定理, 得()lim 0Rn 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 dzz +⎰ （2）224cdzz z ++⎰（3）22cdzz +⎰（4）cos c dzz ⎰ （5）z cze 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）, 2z k k ππ=+为任意整数,（5）被积函数处处解析, 无奇点不难看出, 上述奇点的模皆年夜于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）240ize dz π⎰ （2）2sin iizdz ππ-⎰（3）10sin z zdz ⎰解：以上积分皆与路径无关, 因此用求原函数的方法：（1）4220240111()(1)222ii izz e dz ee e i πππ==-=-⎰ （2）21cos2sin 2sin []224iiii i iz z zzdz dz ππππππ----==-⎰⎰（3）111100sin cos cos cos z zdz zd z z z zdz =-=-+⎰⎰⎰9．计算22cdzz 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1z a+在c 内解析, 因而由柯西积分公式：22112z 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221111()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）23221izz 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：（3）2232(1)(4)z dzz 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）4221z zdz z -=-⎰, 在积分曲线内被积函数只有一个奇点1,故此 （5）221sin 41z zdz z π=-⎰, 在积分曲线内被积函数有两个奇点1±, 围绕1,1-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：（6）22, (1)nnz z dz n z =-⎰为正整数, 由高阶导数公式 11． 计算积分312(1)zc e dz i z z π-⎰, 其中c 为 （1）12z = （2）112z -= （3）2z =解：（1）由柯西积分公式 （2）同理, 由高阶导数公式 （3）由复合闭路原理30(1)z z e z ==-11()2!z z e z =''+12e=-, 其中, 12,c c 为2z =内分别围绕0, 1且相互外离的小闭合曲线.12．积分112z dz z =+⎰的值是什么？并由此证明012cos 054cos d πθθθ+=+⎰解：首先, 由柯西基本定理, 1102z dz z ==+⎰, 因为被积函数的奇点在积分曲线外.其次, 令(cos sin )z r i θθ=+, 代入上述积分中, 得 考察上述积分的被积函数的虚部, 便获得2012cos 054cos d πθθθ+==+⎰, 再由cos θ的周期性, 得 即012cos 054cos d πθθθ+=+⎰, 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c 内任意点0z ,00001()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D 内任一简单闭曲线c , 皆有()0()cf 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D 内任一简单闭曲线c , 皆有()0()cf z dz f z '=⎰, 证毕. 15．求双曲线22y x c -= （0c ≠为常数）的正交（即垂直）曲线族.解：22u 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 =即是所要求的曲线族.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, 本题的谜底也可观察出, 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：由调和函数的界说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, 必需210p -=, 即1p =±.17．已知22255u 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 至此获得：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．由下列各已知调和函数求解析函数()f z u iv =+ 解：（1）22, ()1u x xy y f i i =+-=-+, 由柯西—黎曼方程,2y x v u x y ==+, 对y 积分, 得212()2v xy y c x =++, 再由x y v u =-得2()2y c x x y '+=-+, 因此201(), ()2c x x c x x c '=-=-+, 所以22011222v xy y x c =+-+,因()1f i =-, 说明0,1x y ==时1v =, 由此求出012c =, 至此获得：2222111()(2)222f z u iv x xy y y x xy i =+=+-+-++,整理后可得：211()(1)22f z i z i =-+（2）22yv x y=+, (2)0f = 此类问题, 除上题采纳的方法外, 也可这样：222222222222()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, 12c =, 故此（3）arctan , (0)yv x x=>同上题一样, ()x x y x f z u iv v iv '=+=+22221x y z i zx 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 =, 至此获得：()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1112122z ds πππ=≤==⎰, 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11111!!!!()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, 无妨设()f z M ≤, 那么由柯西不等式, 对任意0z 都有0()Mf z R'≤, 又因()f z 处处解析, 因此R 可任意年夜, 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.习题四谜底1． 考察下列数列是否收敛, 如果收敛, 求出其极限．（1）1n 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{}nz 不收敛．（2）(1)2n n i z -=+解：1sin )22i i θθ+=+, 其中1arctan 2θ=, 则()sin )cos sin nnn z i n i n θθθθ-⎤=+=-⎥⎣⎦．因为lim 0nn →∞=,cos sin 1n i n θθ-=, 所以()lim cos sin 0nn n i n θθ→∞-=由界说4.1知, 数列{}n z 收敛, 极限为0．（3）21n i n z e nπ-=解：因为21n i eπ-=, 1lim 0n n →∞=, 所以21lim 0n i n enπ-→∞= 由界说4.1知, 数列{}n z 收敛, 极限为0． （4）()n n zz z=解：设(cos sin )z r i θθ=+, 则()cos 2sin 2n n z z n i n zθθ==+, 因为lim cos 2n n θ→∞, lim sin 2n n θ→∞都不存在, 所以lim n n z →∞不存在, 由定理4.1知, 数列{}n z 不收敛．2． 下列级数是否收敛？是否绝对收敛?(1)1!nn i n ∞=∑解：1!!n i n n =, 由正项级数的比值判别法知该级数收敛, 故级数1!nn i n ∞=∑收敛, 且为绝对收敛． (2)2ln nn i n∞=∑解：222cos sin 22ln ln ln n n n n n n i i n n n ππ∞∞∞====+∑∑∑, 因为2cos11112ln ln 2ln 4ln 6ln 8n n n π∞==-+-++∑是交错级数, 根据交错级数的莱布尼兹审敛法知该级数收敛, 同样可知,2sin111121ln ln 3ln 5ln 7ln 9n n n π∞==-+-++∑也收敛, 故级数2ln nn i n∞=∑是收敛的． 又22111,ln ln ln 1n n n i n n n n ∞∞===>-∑∑, 因为211n n ∞=-∑发散, 故级数21ln n n ∞=∑发散, 从而级数2ln nn i n ∞=∑条件收敛．(3)0cos 2n n in∞=∑解：1110000cos 2222n n n nn n n n n n n n in e e e e --∞∞∞∞+++====+==+∑∑∑∑, 因级数102nn n e ∞+=∑发散, 故cos 2nn in∞=∑发散． (4)()35!nn i n ∞=+∑解：()035!!nn 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()035!nn 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 +→∞=+=故此幂级数的收敛半径R =． (2)0!n nn n z n∞=∑解：11(1)!11lim 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)1in n n e z π∞=∑解：11lim lim 1in n n n innc e c e ππ++→∞→∞==, 故此幂级数的收敛半径1R =．(4)221212n nn n z ∞-=-∑解：令2z Z =, 则22111212122n n n n n n n n z Z ∞∞--==--=∑∑112112lim lim 2122n n n n nnn c n c ++→∞→∞+==-, 故幂级数11212n n n n Z ∞-=-∑的收敛域为2Z <, 即22z <, 从而幂级数221212n n n n z ∞-=-∑的收敛域为z <, 收敛半径为R =．4．设级数0n n α∞=∑收敛, 而0n n α∞=∑发散, 证明0n n n z α∞=∑的收敛半径为1． 证明：在点1z =处,nnnn n z αα∞∞===∑∑, 因为0n n α∞=∑收敛, 所以n nn z α∞=∑收敛, 故由阿贝尔定理知, 1z <时, 0n nn z α∞=∑收敛, 且为绝对收敛, 即0n n n z α∞=∑收敛．1z >时, 0nn n n n z αα∞∞==>∑∑, 因为0n n α∞=∑发散, 根据正项级数的比力准则可知, 0nn n z α∞=∑发散, 从而0n n n z α∞=∑的收敛半径为1, 由定理4.6, 0n n n z α∞=∑的收敛半径也为1．5．如果级数0n 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． 证明：0z z <时, 由阿贝尔定理, 0n n n c z ∞=∑绝对收敛．0z z =时, 00nnn n n n c z c z ∞∞===∑∑, 由已知条件知, 00n n n c z ∞=∑收敛,即0nn n c z ∞=∑收敛, 亦即0n n n c z ∞=∑绝对收敛．6．将下列函数展开为z 的幂级数, 并指出其收敛区域．（1）221(1)z + 解：由于函数221(1)z +的奇点为z i =±, 因此它在1z <内处处解析, 可以在此圆内展开成z 的幂级数．根据例4.2的结果, 可以获得24211(1),11n n z z z z z=-+-+-+<+．将上式两边逐项求导, 即得所要求的展开式221(1)z +='24122211123(1),112n n z z nz z z z +-⋅-=-+++-+<+（）（）． （2）1(0,0)()()a b z a z b ≠≠-- 解：①a b =时, 由于函数1(0,0)()()a b z a z b ≠≠--的奇点为z a =, 因此它在z a <内处处解析, 可以在此圆内展开成z 的幂级数．='1(1)nn z z a a a⋅++++=111()n n n z a a a -⋅+++=1211,n n n z z a a a -++++<． ②a b ≠时, 由于函数1(0,0)()()a b z a z b ≠≠--的奇点为12,z a z b ==,因此它在min{,}z a b <内处处解析, 可以在此圆内展开成z 的幂级数．=2121111()nnn n z z z z a b a aa b bb ++-----++++-=22111111111[()()],min{,}nn n z z z a b a b b a b a b a ++-+-++-+<-．（3）2cos z解：由于函数2cos z 在复平面内处处解析, 所以它在整个复平面内可以展开成z 的幂级数．4822cos 1(1),2!4!(2)!nnz z z z z n =-+-+-+<+∞．（4）shz解：由于函数shz 在复平面内处处解析, 所以它在整个复平面内可以展开成z 的幂级数．321321()()()()sin ((1)),3!(21)!3!(21)!n n niz iz z z shz i iz i iz z z n n ++=-=--++-+=++++<+∞++（5）2sin z解：由于函数2sin z 在复平面内处处解析, 所以它在整个复平面内可以展开成z 的幂级数．=221(2)(2)(1),22!2(2)!nn z z z n +++-+<+∞⨯⨯．（6）sin z e z解：由于函数sin z e z 在复平面内处处解析, 所以它在整个复平面内可以展开成z 的幂级数．(1)(1)sin 22iz iz i z i zzze e e e e z e i i-+---=⋅==22221(1)(1)(1)(1)(1(1)1(1))22!!2!!n n n n i z i z i z i z i z i z i n n ++--++++++-------=2122(1)(1)(2)22!!n n n i i i iz z z i n ⋅+--++++=32,3z z z z +++<+∞． 7． 求下列函数展开在指定点0z 处的泰勒展式, 并写出展式成立的区域．（1）0,2(1)(2)zz z z =++解： 21(1)(2)21z z z z z =-++++, 022111(2)222422414nnn z z z z ∞=-==⋅=-+-++∑, 011111(2)212333313nnn z z z z ∞=-==⋅=-+-++∑． 由于函数(1)(2)zz z ++的奇点为121,2z z =-=-, 所以这两个展开式在23z -<内处处成立．所以有：210001(2)1(2)11()(2),23(1)(2)243323n n n n n n nn n n z z z z z z z ∞∞∞+===--=-=---<++∑∑∑．（2）021,1z z = 解：由于2111(1)(1)(1)(1),1111n n z z z z z z ==--+-++--+-<-+ 所以'11211()12(1)(1)(1),11n n z n z z z z --=-=--++--+-<．（3）01,143z i z=+- 解：1111134343(1)33133(1)131(1)13z z i i i z i i z i i===⋅--------------- =100133(1)(1)13(13)(13)n n n n n n n n z i z i i i i ∞∞+==⋅--=-----∑∑．展开式成立的区域：3(1)113z i i--<-, 即13z i --< （4）0tan ,4z z π=解：'2tan sec z z =,''2tan 2sec tan z z z=,'''22tan 2sec (2tan 1)z z z =+, ……,'24tan sec 24z z ππ===, ''244tan 2sec tan 2z z zz zππ====,'''22448tan 2sec (2tan 1)3z z zz z ππ===+=……, 故有因为tan z 的奇点为,2z k k Z ππ=+∈, 所以这个等式在44z ππ-<的范围内处处成立.8． 将下列函数在指定的圆域内展开成洛朗级数．(1)21,12(1)(2)z z z <<+- 解：2221112()(1)(2)5211z z z z z z =--+--++,222222002221212(1)(1)111n nn n n n z z z z z z∞∞+====-=-++∑∑, 故有2121220001112((1)(1))(1)(2)52n nn n n n n n n z z z z z ∞∞∞+++====-+-+-+-∑∑∑(2)21,01,1(1)z z z z z +<<<<+∞- 解：222112(1)(1)z z z z z z +=+--①在01z <<内 ②在1z <<+∞内 (3)1,011,12(1)(2)z z z z <-<<-<+∞--解：①在011z <-<内, ②在12z <-<+∞内20111111111(1)(1)1(1)(2)22122(2)(2)(2)12nnn n n n z z z z z z z z z z ∞∞+===⋅=⋅=-=-----+-----+-∑∑(4)1sin ,011z z<-<+∞- 解：在01z <-<+∞内(5)cos,011zz z <-<+∞- 解：111cos cos(1)cos1cos sin1sin 1111z z z z z =+=----- 在01z <-<+∞内故有9．将221()(1)f z z =+在z i =的去心邻域内展开成洛朗级数．解：因为函数221()(1)f z z =+的奇点为z i =±, 所以它以点z i =为心的去心邻域是圆环域02z i <-<．在02z i <-<内又11001111()()(1)(1)()222(2)(2)12n n n n n n n n z i z i z i z i i i i i i i∞∞++==---=-⋅=--=---++∑∑ 故有222222001111()(1)()(1)()(1)()(2)(2)n n n n n n n n n n f z z i z i z z i i i ∞∞-++==++==⋅--=--+-∑∑ 10．函数()ln f z z =能否在圆环域0(0)z R R <<<<+∞内展开为洛朗级数？为什么？答：不能.函数()ln f z z =的奇点为,0,z z R ≤∈, 所以对,0R R ∀<<+∞, 0z R <<内都有()f z 的奇点, 即()f z 以0z =为环心的处处解析的圆环域不存在, 所以函数()ln f z z =不能在圆环域0(0)z R R <<<<+∞内展开为洛朗级数．习题五谜底1． 求下列各函数的孤立奇点, 说明其类型, 如果是极点, 指出它的级． （1）221(1)z z z -+解：函数的孤立奇点是0,z z i ==±, 因222222221111111(1)(1)()()()()z z z z z z z z z i z z i z i z z i ----=⋅=⋅=⋅++-++- 由性质5.2知, 0z =是函数的1级极点, z i =±均是函数的2级极点． （2）3sin zz 解：函数的孤立奇点是z =, 因32133sin 1((1))3!(21)!n nz z z z z z n +=-++-+, 由极点界说知, 0z =是函数的2级极点． （3）ln(1)z z+ 解：函数的孤立奇点是0z =, 因0ln(1)lim1z z z→+=, 由性质5.1知,0z =是函数可去奇点．（4）21(1)z z e -解：函数的孤立奇点是2z k i π=,①0k =, 即0z =时, 因4223(1)2!!n zz z z e z n +-=++++所以0z =是2(1)z z e -的3级零点, 由性质5.5知, 它是21(1)z z e -的3级极点②2z k i π=, 0k ≠时, 令2()(1)z g z z e =-, '2()2(1)z z g z z e z e =-+, 因(2)0g k i π=, '2(2)(2)0g k i k i ππ=≠, 由界说 5.2知,2(0)z k i k π=≠是()g z 的1级零点, 由性质5.5知, 它是21(1)z z e -的1级极点 （5）2(1)(1)zzz e π++ 解：函数的孤立奇点是(21),z k i k Z =+∈,令2()(1)(1)z g z z e π=++,'2()2(1)(1)z z g z z e e z πππ=+++, ''22()2(1)4(1)z z z g z e ze e z πππππ=++++①0z i =±时, 0()0g z =, '0()0g z =, ''0()0g z ≠, 由界说5.2知,0z i =±是()g z 的2级零点, 由性质5.5知, 它是21(1)(1)z z e π++的2级极点, 故0z i =±是2(1)(1)zzz e π++的2级极点．②1(21),1,2,z k i k =+=±时, 1()0g z =, '1()0g z ≠, 由界说5.2知, 1(21),1,2,z k i k =+=±是()g z 的1级零点, 由性质5.5知, 它是21(1)(1)z z e π++的1级极点, 故是2(1)(1)z zz e π++的１级极点．（６）21sin z解：函数的孤立奇点是0z =, 1,2,z z k ==±= 令2()sin g z z =, '2()2cos g z z z =,①0z =时, 因64222()sin (1)3!(21)!n nz z g z z z n +==-++-++, 所以0z =是()g z 的2级零点, 从而它是21sin z 的2级极点．②1,2,z z k ==±=时, ()0g z =, '()0g z ≠, 由界说5.2知,1,2,z z k ==±=是()g z 的1级零点, 由性质5.5知,它是21sin z的１级极点． 2． 指出下列各函数的所有零点, 并说明其级数．（1）sin z z解：函数的零点是,z k k Z π=∈, 记()sin f z z z =,'()sin cos f z z z z =+①0z =时, 因4222sin (1)3!(21)!n nz z z z z n +=-++-++, 故0z =是sin z z的2级零点．②,0z k k π=≠时, ()0z k f z π==, '()0z k f z π=≠, 由界说5.2知,,0z k k π=≠是sin z z 的1级零点． （2）22z z e解：函数的零点是0z =, 因242222(1)2!!n z z z z e z z n =+++++, 所以由性质5.4知, 0z =是22z z e 的2级零点．（3）2sin (1)z z e z -解：函数的零点是00z =, 1z k π=, 22z k i π=, 0k ≠,记2()sin (1)z f z z e z =-, '22()cos (1)sin [2(1)]z z z f z z e z z e z z e =-++-①0z =时, 0z =是sin z 的1级零点, , 1z e -的1级零点, 2z 的2级零点, 所以0z =是2sin (1)z z e z -的4级零点．②1z k π=, 0k ≠时, 1()0f z =, '1()0f z ≠, 由界说 5.2知, 1z k π=, 0k ≠是()f z 的1级零点．③22z k i π=, 0k ≠时, 1()0f z =, '1()0f z ≠, 由界说 5.2知, 22z k i π=, 0k ≠是()f z 的1级零点．3． 0z =是函数2(sin 2)z shz z -+-的几级极点？答：记()sin 2f z z shz z =+-, 则'()cos 2f z z chz =+-, ''()sin f z z shz =-+,'''()cos f z z chz =-+, (4)()sin f z z shz =+, (5)()cos f z z chz =+, 将0z =代入, 得：''''''(4)(0)(0)(0)(0)(0)0f f f f f =====, (5)()0f z ≠, 由界说5.2知, 0z =是函数()sin 2f z z shz z =+-的5级零点, 故是2(sin 2)z shz z -+-的10级极点．4． 证明：如果0z 是()f z 的(1)m m >级零点, 那么0z 是'()f z 的1m -级零点．证明：因为0z 是()f z 的m 级零点, 所以'''10000()()()()0m f z f z f z f z -=====,0()0m f z ≠, 即''''2000()(())(())0m f z f z f z -====, '10(())0m f z -≠, 由界说5.2知, 0z 是'()f z 的1m -级零点．5． 求下列函数在有限孤立奇点处的留数． （1）212z z z+- 解：函数的有限孤立奇点是0,2z z ==, 且0,2z z ==均是其1级。

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）132i+ （2）(1)(2)i i i --（3）131i i i-- （4）8214i i i -+-解：（1）1323213iz i -==+， 因此：32Re , Im 1313z z ==-，1232, arg arctan , 3131313z z z i ==-=+（2）3(1)(2)1310i i iz i i i -+===---， 因此，31Re , Im 1010z z =-=，1131, arg arctan , 3101010z z z i π==-=--（3）133335122i i iz i i i --=-=-+=-， 因此，35Re , Im 32z z ==-，34535, arg arctan , 232i z z z +==-=（4）82141413z i i i i i i =-+-=-+-=-+因此，Re 1, Im 3zz =-=，10, arg arctan3, 13z z z i π==-=--2． 将下列复数化为三角表达式和指数表达式： （1）i （2）13i -+ （3）(sin cos )r i θθ+（4）(cos sin )r i θθ- （5）1cos sin (02)i θθθπ-+≤≤解：（1）2cossin22iii e πππ=+=（2）13i -+23222(cos sin )233i i e πππ=+=（3）(sin cos )r i θθ+()2[cos()sin()]22ir i reπθππθθ-=-+-=（4）(cos sin )r i θθ-[cos()sin()]i r i re θθθ-=-+-=（5）21cos sin 2sin 2sin cos 222i i θθθθθ-+=+ 22sin [cossin]2sin 2222ii eπθθπθπθθ---=+=3． 求下列各式的值：（1）5(3)i - （2）100100(1)(1)i i ++-（3）(13)(cos sin )(1)(cos sin )i i i i θθθθ-+-- （4）23(cos5sin 5)(cos3sin 3)i i ϕϕϕϕ+-（5）3i （6）1i +解：（1）5(3)i -5[2(cos()sin())]66i ππ=-+-5552(cos()sin())16(3)66i i ππ=-+-=-+（2）100100(1)(1)i i ++-50505051(2)(2)2(2)2i i =+-=-=-（3）(13)(cos sin )(1)(cos sin )i i i i θθθθ-+--2[cos()sin()](cos sin )332[cos()sin()][cos()sin()]44i i i i ππθθππθθ-+-+=-+--+-2[cos()sin()](cos2sin 2)1212i i ππθθ=-+-+(2)122[cos(2)sin(2)]21212ii eπθππθθ-=-+-=（4）23(cos5sin 5)(cos3sin 3)i i ϕϕϕϕ+- cos10sin10cos19sin19cos(9)sin(9)i i i ϕϕϕϕϕϕ+==+-+- （5）3i 3cossin22i ππ=+11cos (2)sin (2)3232k i k ππππ=+++31, 02231, 122, 2i k i k i k ⎧+=⎪⎪⎪=-+=⎨⎪-=⎪⎪⎩（6）1i +2(cossin )44i ππ=+ 4112[cos (2)sin (2)]2424k i k ππππ=+++48482, 02, 1i i e k e k ππ⎧=⎪=⎨⎪-=⎩4． 设121, 3,2iz z i +==-试用三角形式表示12z z 与12z z解：12cossin, 2[cos()sin()]4466z i z i ππππ=+=-+-，所以12z z 2[cos()sin()]2(cos sin )46461212i i ππππππ=-+-=+，12z z 1155[cos()sin()](cos sin )2464621212i i ππππππ=+++=+ 5． 解下列方程： （1）5()1z i += （2）440 (0)z a a +=>解：（1）51,z i += 由此2551k i z i ei π=-=-， (0,1,2,3,4)k =（2）4444(cos sin )za a i ππ=-=+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), (1), (1)2222a a a ai i i i +-+--- 6． 证明下列各题：（1）设,zx iy =+则2x y z x y+≤≤+证明：首先，显然有22z x y x y =+≤+；其次，因222,x y x y +≥固此有2222()(),x y x y +≥+ 从而222x y z x y +=+≥。

创作编号：BG7531400019813488897SX创作者：别如克*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）132i+（2）(1)(2)ii i--（3）131ii i--（4）8214i i i-+-解：（1）1323213i zi-==+，因此：32 Re, Im1313 z z==-，232arg arctan,31313z z z i==-=+（2）3(1)(2)1310i i izi i i-+===---，因此，31Re, Im1010z z=-=，131arg arctan,31010 z z z iπ==-=--（3）133335122i i iz ii i--=-=-+=-，因此，35Re, Im32z z==-，535,arg arctan,232iz z z+ ==-=（4）82141413z i i i i i i=-+-=-+-=-+因此，Re1,Im3z z=-=，arg arctan3,13z z z iπ==-=--2． 将下列复数化为三角表达式和指数表达式： （1）i （2）1-+ （3）(sin cos )r i θθ+（4）(cos sin )r i θθ-（5）1cos sin (02)i θθθπ-+≤≤解：（1）2cossin22iii e πππ=+=（2）1-+23222(cos sin )233i i e πππ=+=（3）(sin cos )r i θθ+()2[cos()sin()]22ir i reπθππθθ-=-+-=（4）(cos sin )r i θθ-[cos()sin()]i r i re θθθ-=-+-=（5）21cos sin 2sin 2sin cos 222i i θθθθθ-+=+ 22sin [cossin]2sin 2222ii eπθθπθπθθ---=+=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 ϕϕϕϕ+-（5（6解：（1）5)i -5[2(cos()sin())]66i ππ=-+-5552(cos()sin()))66i i ππ=-+-=-+（2）100100(1)(1)i i ++-50505051(2)(2)2(2)2i i =+-=-=-（3）(1)(cos sin )(1)(cos sin )i i i θθθθ-+--2[cos()sin()](cos sin)33)sin()][cos()sin()]44i ii iππθθππθθ-+-+=-+--+-)sin()](cos2sin2)1212i iππθθ=-+-+(2)12)sin(2)]1212iiπθππθθ-=-+-=（4）23(cos5sin5)(cos3sin3)iiϕϕϕϕ+-cos10sin10cos19sin19cos(9)sin(9)iiiϕϕϕϕϕϕ+==+-+-（5=11cos(2)sin(2)3232k i kππππ=+++1,0221,122,2i ki ki k+=⎪⎪⎪=-+=⎨⎪-=⎪⎪⎩（6=11(2)sin(2)]2424k i kππππ=+++88,0,1iie ke kππ==⎪=⎩4．设12,z z i==-试用三角形式表示12z z与12zz解：12cos sin, 2[cos()sin()]4466 z i z iππππ=+=-+-，所以12z z 2[cos()sin()]2(cos sin )46461212i i ππππππ=-+-=+，12z z 1155[cos()sin()](cos sin )2464621212i i ππππππ=+++=+ 5． 解下列方程： （1）5()1z i += （2）440 (0)z a a +=>解：（1）z i += 由此25k i z i ei π=-=-， (0,1,2,3,4)k =（2）z==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), 1), )i i i i +-+--- 6． 证明下列各题：（1）设,zx iy =+z x y≤≤+证明：首先，显然有z x y =≤+；创作编号：BG7531400019813488897SX创作者： 别如克*其次，因222,x y x y +≥ 固此有2222()(),x y x y +≥+从而z =≥。

复变函数第二章习题答案第二章 解析函数1-6题中：（1）只要不满足C-R 条件，肯定不可导、不可微、不解析 （2）可导、可微的证明：求出一阶偏导y x y x v v u u ,,,，只要一阶偏导存在且连续，同时满足C-R 条件。

（3）解析两种情况：第一种函数在区域内解析，只要在区域内处处可导，就处处解析；第二种情况函数在某一点解析，只要函数在该点及其邻域内处处可导则在该点解析，如果只在该点可导，而在其邻域不可导则在该点不解析。

（4）解析函数的虚部和实部是调和函数，而且实部和虚部守C-R 条件的制约，证明函数区域内解析的另一个方法为：其实部和虚部满足调和函数和C-R 条件，反过来，如果函数实部或者虚部不满足调和函数或者C-R 条件则肯定不是解析函数。

解析函数求导：x x iv u z f +=')(4、若函数)(z f 在区域D 上解析，并满足下列的条件，证明)(z f 必为常数。

（1）证明：因为)(z f 在区域上解析，所以。

令),(),()(y x iv y x u z f +=，即x v y u y v x u ∂∂-=∂∂∂∂=∂∂,0=∂∂+∂∂='yvi x u z f )(。

由复数相等的定义得：00=∂∂-=∂∂=∂∂=∂∂xv y u y v x u ,。

所以，1C y x u =),((常数)，2C y x v =),((常数)，即21iC C z f +=)(为常数。

5、证明函数在平面上解析，并求出其导数。

（1）()()0f z z D '=∈z (cos sin )(cos sin ).x xe x y y y ie y y x y -++证明：设=则，；；满足xvy u y v x u ∂∂-=∂∂∂∂=∂∂,。

即函数在平面上),(y x 可微且满足C-R 条件，故函数在平面上解析。

8、（1）由已知条件求解析函数iv u z f +=)(，xy y x u +-=22，i i f +-=1)(。

（1）(3-i)5解：3-i=2[cos( -30°)+isin(-30°)]=2[cos30°- isin30°](3-i)5=25[cos(30°⨯5)-isin(30°⨯5)]=25(-3/2-i/2)=-163-16i—[（2）（1+i ）6解：令z=1+i 则x=Re （z ）=1，y=Im （z ）=1 r=z =22y x +=2tan θ=xy =1x>0,y>0 ∴θ属于第一象限角∴θ=4π ! ∴1+i=2（cos 4π+isin 4π） ∴（1+i ）6=（2）6（cos46π+isin 46π） =8（0-i ）=-8i：求下式的值 (3)61-因为-1=（cos π+sin π）所以61-=[cos(ππk 2+/6)+sin(ππk 2+/6)] (k=0,1,2,3,4,5,6).(—习题一（4）求(1-i)31的值。

解：(1-i)31 =[2(cos-4∏+isin-4∏)]31=62[cos(12)18(-k ∏)+isin(12)18(-k ∏)](k=0,1,2)…-求方程3z +8=0的所有根。

解：所求方程的根就是w=38-因为-8=8（cos π+isin π） 所以38-= ρ [cos(π+2k π)/3+isin(π+2k π)/3] k=0,1,2其中ρ=3r=38=2即`w=2[cosπ/3+isinπ/3]=1—3i1w=2[cos(π+2π)/3+isin(π+2π)/3]=-22w=2[cos(π+4π)/3+isin(π+4π)/3]= 1—3i3'习题二描出下列不等式所确定的区域或者闭区域，并指明它是有界还是无界的，单连通还是多连通的。

(1) Im(z)>0解：设z=x+iy因为Im(z)>0，即，y>0而)x-∞∈,(∞<所以，不等式所确定的区域D为：不包括实轴的上半平面。

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）132i+（2）(1)(2)ii i--（3）131ii i--（4）8214i i i-+-解：（1）1323213i zi-==+，因此：32 Re, Im1313 z z==-，232arg arctan,31313z z z i==-=+（2）3(1)(2)1310i i izi i i-+===---，因此，31Re, Im1010z z=-=，131arg arctan,31010z z z iπ==-=--（3）133335122i i iz ii i--=-=-+=-，因此，35Re, Im32z z==-，535,arg arctan,232iz z z+==-=（4）82141413z i i i i i i=-+-=-+-=-+因此，Re1,Im3z z=-=，arg arctan3,13z z z iπ==-=--2．将下列复数化为三角表达式和指数表达式：（1）i（2）1-+（3）(sin cos)r iθθ+（4）(cos sin)r iθθ-（5）1cos sin (02)iθθθπ-+≤≤解：（1）2cos sin22ii i eπππ=+=（2）1-+23222(cos sin )233i i e πππ=+=（3）(sin cos )r i θθ+()2[cos()sin()]22ir i reπθππθθ-=-+-=（4）(cos sin )r i θθ-[cos()sin()]i r i re θθθ-=-+-=（5）21cos sin 2sin 2sin cos 222i i θθθθθ-+=+ 22sin [cossin]2sin 2222ii eπθθπθπθθ---=+=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 ϕϕϕϕ+-（5（6解：（1）5)i -5[2(cos()sin())]66i ππ=-+-5552(cos()sin()))66i i ππ=-+-=-+（2）100100(1)(1)i i ++-50505051(2)(2)2(2)2i i =+-=-=-（3）(1)(cos sin )(1)(cos sin )i i i θθθθ-+--2[cos()sin()](cos sin )33)sin()][cos()sin()]44i i i i ππθθππθθ-+-+=-+--+-)sin()](cos2sin 2)1212i i ππθθ=-+-+(2)12)sin(2)]1212ii πθππθθ-=-+-=（4）23(cos5sin 5)(cos3sin 3)i i ϕϕϕϕ+- cos10sin10cos19sin19cos(9)sin(9)i i i ϕϕϕϕϕϕ+==+-+- （5=11cos (2)sin (2)3232k i k ππππ=+++1, 0221, 122, 2i k i k i k +=⎪⎪⎪=-+=⎨⎪-=⎪⎪⎩（6=11(2)sin (2)]2424k i k ππππ=+++88, 0, 1i i e k e k ππ==⎪=⎩4．设12 ,z z i ==-试用三角形式表示12z z 与12z z解：12cossin, 2[cos()sin()]4466z i z i ππππ=+=-+-，所以12z z 2[cos()sin()]2(cos sin )46461212i i ππππππ=-+-=+，12z z 1155[cos()sin()](cos sin )2464621212i i ππππππ=+++=+ 5． 解下列方程： （1）5()1z i += （2）440 (0)z a a +=>解：（1）z i += 由此25k iz i e iπ=-=-，(0,1,2,3,4)k=（2）z==11[cos(2)sin(2)]44a k i kππππ=+++，当0,1,2,3k=时，对应的4(1),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=≤+；其次，因222,x y x y+≥固此有2222()(),x y x y+≥+从而z=≥。

第二章部分习题解答1 •试证下列函数在7平面上任何点都不解析。

(2) /(z ) = Rez o色=1色=0空=o 勿’金 >,知1爪)在刁平面上任何点都不解析。

2.下列函数何处可导？何处解析?(1)旳“+的解 (1)由于OXf(z) = xy 2+ix 2y 仅在点“0处可导，在？平面处处不解析。

3•证明：如果函数/(z )=w + /v在区域D 内解析，并满足下列条件之一，那么/⑴ 是常数。

仃)在。

内广^ =°； ⑵雨在D 内解析。

⑶"(z)l 在D 内是一个常数。

解(1)的证明由于/⑵P+必丸，故由引理得纵"=°,根据C.R 条件 即有亏9 = 于是讥乙刃、风兀丿)恒为常数，即/⑵在D 内恒为常数。

(2)若7U) = ^ = u-iv 在区域D 内解析，贝I 」du _ d(- v) _ dv _ d(— v) _ Sudx dy dy ? dy dx dx又f(z) = u^iv 在区域D 内解析，贝IJdu du __dx , 5y dx dy知/(z)在z 平面上任何点都不解析。

du dx(1)在Z 平面上处处连续，且当且仅当 沪0时，6 才满足C~R 条件，故du dv du dv—=— —— --------- dx dy, dy dx结合(1)、(2)两式，有du _ du _dv _dv dx dy dx vy故以在〃内均为常数，分別记之为均=C 19u 2=C 2(C l9C 2为实常数), 则 /(Z ) = M+ ,V =C] +iC 2 =C 为一复常数。

(3)若1%)1在D 内为一常数，记为G,则两边分别对于x 和y 求 偏导，得由于/C)在〃内解析，满足C-R 条件du dv dudv II■I■,dx dy ?dx代入上式又可写得duu---- dx du v ——+ dxSv dv c——=——=U同理，可解得％ 巧 故均为常数，分别记为U = C^V = C 29 则 /(z) = u + iv=C {+iC 2=C 为一复常数。

习题一谜底之勘阻及广创作2． 求下列复数的实部、虚部、模、幅角主值及共轭复数：（1）132i + （2）(1)(2)i i i -- （3）131i i i -- （4）8214i i i -+- 解：（1）1323213i z i -==+, 因此：32Re , Im 1313z z ==-, （2）3(1)(2)1310i i i z i i i -+===---, 因此,31Re , Im 1010z z =-=, （3）133335122i i i z i i i --=-=-+=-, 因此,35Re , Im 32z z ==-, （4）82141413z i i i i i i =-+-=-+-=-+因此,Re 1, Im 3z z =-=,3． 将下列复数化为三角表达式和指数表达式：（1）i （2）1-+ （3）(sin cos )r i θθ+（4）(cos sin )r i θθ- （5）1cos sin (02)i θθθπ-+≤≤解：（1）2cos sin 22ii i e πππ=+= （2）1-+23222(cos sin )233i i e πππ=+= （3）(sin cos )r i θθ+()2[cos()sin()]22i r i re πθππθθ-=-+-=（4）(cos sin )r i θθ-[cos()sin()]i r i re θθθ-=-+-=（5）21cos sin 2sin 2sin cos 222i i θθθθθ-+=+ 4． 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(cos5sin5)(cos3sin3)i i ϕϕϕϕ+- （5（6解：（1）5)i -5[2(cos()sin())]66i ππ=-+- （2）100100(1)(1)i i ++-50505051(2)(2)2(2)2i i =+-=-=-（3）(1)(cos sin )(1)(cos sin )i i i θθθθ-+-- （4）23(cos5sin5)(cos3sin3)i i ϕϕϕϕ+- （5=（6= 5．设12 ,z z i ==-试用三角形式暗示12z z 与12z z 解：12cos sin , 2[cos()sin()]4466z i z i ππππ=+=-+-,所以 12z z 2[cos()sin()]2(cos sin )46461212i i ππππππ=-+-=+, 6． 解下列方程：（1）5()1z i += （2）440 (0)z a a +=> 解：（1）z i += 由此25k i z i e i π=-=-, (0,1,2,3,4)k =（2）z ==11[cos (2)sin (2)]44a k i k ππππ=+++,那时0,1,2,3k =,对应的4), 1), 1), )i i i i +-+--- 7． 证明下列各题：（1）设,z x iy =+z x y ≤≤+证明：首先,显然有z x y =≤+；其次,因 222,x y x y +≥ 固此有 2222()(),x y x y +≥+从而z =≥. （2）对任意复数12,,z z 有2221212122Re()z z z z z z +=++证明：验证即可,首先左端221212()()x x y y =+++,而右端2222112211222Re[()()]x y x y x iy x iy =+++++-2222112212122()x y x y x x y y =+++++221212()()x x y y =+++, 由此,左端=右端,即原式成立.（3）若a bi +是实系数代数方程101100n n n a z a z a z a --++++=的一个根,那么a bi -也是它的一个根.证明：方程两端取共轭,注意到系数皆为实数,而且根据复数的乘法运算规则,()n n z z =,由此获得：10110()()0n n n a z a z a z a --++++=由此说明：若z 为实系数代数方程的一个根,则z 也是.结论得证.（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：11()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 -=--=+--,2221(1)(1)1ab ab ab a b ab ab -=--=+--,因为1, 1a b <<,所以, 2222221(1)(1)0a b a b a b +--=--< ,因而221a b ab -<-,即11a b ab-<-,结论得证. 7．设1,z ≤试写出使n z a +到达最年夜的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 +到达最年夜,为此,需要取n z 与a 同向且1n z =,即n z 应为a 的单元化向量,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,那么用向量暗示时,21z 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2131z z Arg z z --应为0或π的整数倍,至此获得：123,,z z z 三个点共线的条件是2131z z z z --为实数. 9．写出过1212, ()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．下列参数方程暗示什么曲线？（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=+ 解：只需化为实参数方程即可.（1）,x t y t ==,因而暗示直线y x =（2）cos ,sin x a t y b t ==,因而暗示椭圆22221x y a b+= （3）1,x t y t==,因而暗示双曲线1xy = 11．证明复平面上的圆周方程可暗示为 0zz az az c +++=,其中a 为复常数,c 为实常数证明：圆周的实方程可暗示为：220x y Ax By c ++++=, 代入, 22z z z z x y i+-==,并注意到222x y z zz +==,由此 022z z z z zz A B c i+-+++=, 整理,得 022A Bi A Bi zz z z c -++++= 记2A Bi a +=,则2A Bi a -=,由此获得 0zz az az c +++=,结论得证.12．证明：幅角主值函数arg z 在原点及负实轴上不连续. 证明：首先,arg z 在原点无界说,因而不连续.对00x <,由arg z 的界说不难看出,当z 由实轴上方趋于0x 时,arg z π→,而当z 由实轴下方趋于0x 时,arg z π→-,由此说明0lim arg z x z →不存在,因而arg z 在0x 点不连续,即在负实轴上不连续,结论得证.13．函数1w z=把z 平面上的曲线1x =和224x y +=分别映成w 平面中的什么曲线？解：对1x =,其方程可暗示为1z yi =+,代入映射函数中,得211111iy w u iv z iy y-=+===++, 因而映成的像曲线的方程为 221, 11y u v y y-==++,消去参数y ,得2221,1u v u y +==+即22211()(),22u v -+=暗示一个圆周. 对224x y +=,其方程可暗示为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2214u v +=,暗示一半径为12的圆周. 14．指出下列各题中点z 的轨迹或所暗示的点集,并做图： 解：（1）0 (0)z z r r -=>,说明动点到0z 的距离为一常数,因而暗示圆心为0z ,半径为r 的圆周.（2）0,z z r -≥是由到0z 的距离年夜于或即是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,因而暗示一个椭圆.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()4z i π-=,幅角为一常数,因而暗示以i 为极点的与x 轴正向夹角为4π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 αβαβπ<<<<<,极点在原点,两条边的倾角分别为,αβ的角形区域,无界,单连通（3）312z z ->-,显然2z ≠,而且原不等式等价于32z z ->-,说明z 到3的距离比到2的距离年夜,因此原不等式暗示2与3 连线的垂直平分线即x =2.5左边部份除失落x =2后的点构成的集合,是一无界,多连通区域.（4）221z z --+>,显然该区域的鸿沟为双曲线221z z --+=,化为实方程为 2244115x y -=,再注意到z 到2与z 到-2的距离之差年夜于1,因而不等式暗示的应为上述双曲线左边一支的左侧部份,是一无界单连通区域.（5）141z z -<+,代入z x iy =+,化为实不等式,得 所以暗示圆心为17(,0)15-半径为815的圆周外部,是一无界多连通区域.习题二谜底1．指出下列函数的解析区域和奇点,并求出可导点的导数.（1）5(1)z - （2）32z iz + （3）211z + （4）13z z ++ 解：根据函数的可导性法则（可导函数的和、差、积、商仍为可导函数,商时分母不为0）,根据和、差、积、商的导数公式及复合函数导数公式,再注意到区域上可导一定解析,由此获得：（1）5(1)z -处处解析,54[(1)]5(1)z z '-=-（2）32z iz +处处解析,32(2)32z iz z i '+=+（3）211z +的奇点为210z +=,即z i =±, （4）13z z ++的奇点为3z =-, 2．判别下列函数在何处可导,何处解析,并求出可导点的导数.（1）22()f z xy x yi =+ （2）22()f z x y i =+（3）3223()3(3)f z x xy i x y y =-+- （4）1()f z z= 解：根据柯西—黎曼定理：（1）22, u xy v x 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：0x y ==,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,而且 ,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 yz +===-+,2222, x y u v x y x y ==++, 2222222222, ()()x y y x x y u v x y x y --==++, 22222222, ()()y x xy xy u v x y x y --==++, 因函数的界说域为0z ≠,故此,,u v 处处不满足柯西—黎曼方程,因而函数处处不成导,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22=+222222()()x x x x uu vv 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）2v 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 =-≡=≡,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,2220()f z u v c =+≡为常数,等式两端分别对,x y 求偏导数,得220220x 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,2v u =两端分别对,x y 求偏导数,得再联立柯西—黎曼方程, x y y x u v u v ==-,仍有（5）同前面一样,231u v +=两端分别对,x y 求偏导数,得考虑到柯西—黎曼方程, x y y x u v u v ==-,仍有0x y x y u u v v ===≡,证毕.6．计算下列各值（若是对数还需求出主值）（1）2i e π- （2）()Ln i - （3）(34)Ln i -+（4）sin i （5）(1)i i + （6）2327解：（1）2cos()sin()22i e i i πππ-=-+-=- （2）1()ln arg()2(2)2Ln i i i k i k i ππ-=-+-+=-+, k 为任意整数,主值为：1()2ln i i π-=- （3）(34)ln 34arg(34)2Ln i i i k i π-+=-++-++4ln5(arctan 2)3k i ππ=+-+, k 为任意整数 主值为：4ln(34)ln5(arctan )3i i π-+=+- （4）..1sin 22i i i i e e e e i i i ----== （5）(2)2(1)44(1)i i k i k i iLn i i e e e ππππ++--++===24(cosln sin k e i ππ--=+, k 为任意整数（6）22224427(272)27333333279Ln ln k i ln k i k i e e e e e πππ+====,当k 分别取0,1,2时获得3个值：9, 4399(1)2i e π=-+, 8399(1)2i e π=-+ 7．求2z e 和2z Arge解：2222z x y xyi e e -+=,因此根据指数函数的界说,有2z e 22x y e -=, 222z Arge xy k π=+,（k 为任意整数）8．设i zre 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 2z 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)3z 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,4z k ππ+= 即 4z k ππ=-, k 为任意整数 （4）由双曲函数的界说得 2z ze e shz i --==,解得 2()210z z e ie --=,即z e i =,所以(2)2z Lni k i ππ==+ ,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 1lim ; lim z z z z e z z→→- 证明：由商的极限运算法则及导数界说知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 11z z z z z →→== 11．用对数计算公式直接验证：（1）22Lnz Lnz ≠ （2）12Lnz = 解：记i z re θ=,则（1）左端22()2ln (22)i Ln r e r k i θθπ==++,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,左端所包括的元素比右真个要多（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221]ln (2)22m i Ln re r m k i θπθππ+==+++ 右端11[ln (2)]ln ()222r n i r n i θθππ=++=++ 其中,k n 为任意整数,而 0,1m =不难看出,对左端任意的k ,右端n 取2k 或21k +时与其对应；反之,对右端任意的n ,当2n l =为偶数时,左端可取,0k l m ==于其对应,而当21n l =+为奇数时,左端可取2,1k l m ==于其对应.综上所述,左右两个集合中的元素相互对应,即二者相等.12．证明sin sin , cos cos z z z z ==证明：首先有 (cos sin )(cos sin )z x x x iy z e e y i y e y i y e e -=+=-== ,因此sin 2i z i ze e z i--==,第一式子证毕. 同理可证第二式子也成立.13．证明Im Im sin z z z e ≤≤ （即sin y y z e ≤≤）证明：首先,sin 222iz iziz iz y y y e e e e e e z e i ---+-+=≤=≤, 右端不等式获得证明.其次,由复数的三角不等式又有 sin 2222iz izy yy y iz iz e e e e e e e e z i --------=≥==,根据高等数学中的单调性方法可以证明0x ≥时2x xe e x --≥,因此接着上面的证明,有sin 2y y e e z y --≥≥,左端不等式获得证明.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 2222iz 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 2222iz iz y yiz 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）211z + 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 ϕψ=+,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 ϕ≡,因此,有（1）2222()[(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 222(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 3223x xy c -≡（3）22221111()112z x iy x y xyi==+++-++ 流速为222222()(1)(1)z z v f z z z --'===++, 流线为 122222(1)4xy c x y x y≡-++, 等势线为 222222221(1)4x y c x y x y-+≡-++ 习题三谜底1．计算积分2()cx 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 ce 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 =+=+→,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1100()(1)(cos sin )z t ti tc 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()cx iy dz +⎰,其中c 为（1）沿y x =从0到1i + （2）沿2y x =从0到1i + 解：（1）积分曲线的方程为z x iy t ti =+=+,:01t →, 代入原积分表达式中,得（2）积分曲线的方程为 2z x iy x x i =+=+, :01t →, 代入积分表达式中,得4．计算积分cz dz ⎰,其中c 为（1）从-1到+1的直线段 （2）从-1到+1的圆心在原点的上半圆周解：（1）c 的方程为z x =,代入,得（2）c 的方程为cos sin , :0z x iy i θθθπ=+=+→,代入,得5．估计积分212cdz z +⎰的模,其中c 为+1到-1的圆心在原点的上半圆周.解：在c 上,z =1,因而由积分估计式得222111222c c c cdz ds ds ds z z z ≤≤=++-⎰⎰⎰⎰c =的弧长π= 6．用积分估计式证明：若()f z 在整个复平面上有界,则正整数1n >时其中R c 为圆心在原点半径为R 的正向圆周. 证明：记()f z M ≤,则由积分估计式得122n n M M R R Rππ-==, 因1n >,因此上式两端令R →+∞取极限,由夹比定理,得()lim 0Rn 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）224cdz z z ++⎰ （3）22cdz z +⎰（4）cos c dz z ⎰ （5）z cze 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）, 2z k k ππ=+为任意整数,（5）被积函数处处解析,无奇点不难看出,上述奇点的模皆年夜于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）240i z e dz π⎰ （2）2sin i i zdz ππ-⎰ （3）10sin z zdz ⎰解：以上积分皆与路径无关,因此用求原函数的方法：（1）42202400111()(1)222i i i z z e dz e e e i πππ==-=-⎰ （2）21cos2sin 2sin []224i i i ii i z z z zdz dz ππππππ----==-⎰⎰ （3）11110000sin 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1z a+在c 内解析,因而由柯西积分 公式：22112z a c cdz 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221111()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）23221izz 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：（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）4221z z dz z -=-⎰,在积分曲线内被积函数只有一个奇点1,故此（5）221sin 41z zdz z π=-⎰, 在积分曲线内被积函数有两个奇点1±,围绕1,1-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：（6）22, (1)nn z z dz n z =-⎰为正整数,由高阶导数公式 11． 计算积分312(1)zc e dz i z z π-⎰,其中c 为 （1）12z = （2）112z -= （3）2z = 解：（1）由柯西积分公式（2）同理,由高阶导数公式（3）由复合闭路原理30(1)z z e z ==-11()2!z z e z =''+12e =-, 其中,12,c c 为2z =内分别围绕0,1且相互外离的小闭合曲线. 12． 积分112z dz z =+⎰的值是什么？并由此证明012cos 054cos d πθθθ+=+⎰ 解：首先,由柯西基本定理,1102z dz z ==+⎰,因为被积函数的奇点在积分曲线外.其次,令(cos sin )z r i θθ=+,代入上述积分中,得 考察上述积分的被积函数的虚部,便获得2012cos 054cos d πθθθ+==+⎰,再由cos θ的周期性,得 即012cos 054cos d πθθθ+=+⎰,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c 内任意点0z ,00001()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D 内任一简单闭曲线c ,皆有()0()cf z dz f z '=⎰,证毕. 15．求双曲线22y x c -= （0c ≠为常数）的正交（即垂直）曲线族.解：22u 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 =即是所要求的曲线族.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,本题的谜底也可观察出,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：由调和函数的界说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,必需210p -=,即1p =±.17．已知22255u 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 至此获得：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．由下列各已知调和函数求解析函数()f z u iv =+ 解：（1）22, ()1u x xy y f i i =+-=-+, 由柯西—黎曼方程,2y x v u x y ==+,对y 积分,得212()2v xy y c x =++,再由x y v u =-得2()2y c x x y '+=-+,因此201(), ()2c x x c x x c '=-=-+,所以22011222v xy y x c =+-+,因()1f i =-,说明0,1x y ==时1v =,由此求出012c =,至此获得：2222111()(2)222f z u iv x xy y y x xy i =+=+-+-++,整理后可得：211()(1)22f z i z i =-+（2）22yv x y=+, (2)0f = 此类问题,除上题采纳的方法外,也可这样：222222222222()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,12c =,故此（3）arctan , (0)yv x x=>同上题一样,()x x y x f z u iv v iv '=+=+22221x y z i zx 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 =,至此获得：()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1112122z ds πππ=≤==⎰,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11111!!!!()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,无妨设()f z M ≤,那么由柯西不等式,对任意0z 都有0()Mf z R'≤,又因()f z 处处解析,因此R 可任意年夜,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.习题四谜底1． 考察下列数列是否收敛,如果收敛,求出其极限． （1）1n 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 iz -=+解：1sin )22i i θθ+=+,其中1arctan 2θ=,则()sin )cos sin nnn z i n i n θθθθ-⎤=+=-⎥⎣⎦．因为lim 0nn →∞=,cos sin 1n i n θθ-=,所以()lim cos sin 0nn n i n θθ→∞-= 由界说4.1知,数列{}n z 收敛,极限为0．（3）21n i n z e nπ-=解：因为21n i eπ-=,1lim 0n n →∞=,所以21lim 0n i n enπ-→∞= 由界说4.1知,数列{}n z 收敛,极限为0． （4）()n n zz z=解：设(cos sin )z r i θθ=+,则()cos 2sin 2n n z z n i n zθθ==+,因为lim cos 2n n θ→∞,lim sin 2n n θ→∞都不存在,所以lim n n z →∞不存在,由定理4.1知,数列{}n z 不收敛．2． 下列级数是否收敛？是否绝对收敛?(1)1!nn i n ∞=∑解：1!!n i n n =,由正项级数的比值判别法知该级数收敛,故级数1!nn i n ∞=∑收敛,且为绝对收敛． (2)2ln nn i n∞=∑解：222cos sin 22ln ln ln n n n n n n i i n n nππ∞∞∞====+∑∑∑,因为2cos11112ln ln 2ln 4ln 6ln 8n n n π∞==-+-++∑是交错级数,根据交错级数的莱布尼兹审敛法知该级数收敛,同样可知,2sin111121ln ln 3ln 5ln 7ln 9n n n π∞==-+-++∑也收敛,故级数2ln nn i n ∞=∑是收敛的． 又22111,ln ln ln 1n n n i n n n n ∞∞===>-∑∑,因为211n n ∞=-∑发散,故级数21ln n n∞=∑发散,从而级数2ln nn i n ∞=∑条件收敛．(3)0cos 2n n in∞=∑解：1110000cos 2222n n n nn n n n n n n n in e e e e --∞∞∞∞+++====+==+∑∑∑∑,因级数102nn n e ∞+=∑发散,故cos 2nn in∞=∑发散． (4)()35!nn i n ∞=+∑解：()35!nn n i n ∞∞==+=∑由正项正项级数比值判别法知该级数收敛,故级数()035!nn 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 +→∞=+=故此幂级数的收敛半径R =． (2)0!n n n n z n ∞=∑解：11(1)!11lim lim lim 1(1)!(1)n n n n n n n n c n n c n n en++→∞→∞→∞+=⋅==++,故此幂级数的收敛半径R e =．(3)1in n n e z π∞=∑解：11lim lim 1in n n n innc e c e ππ++→∞→∞==,故此幂级数的收敛半径1R =．(4)221212n nn n z ∞-=-∑解：令2z Z =,则22111212122n n n n n n n n z Z ∞∞--==--=∑∑112112lim lim 2122n n n n nn n c n c ++→∞→∞+==-,故幂级数11212n n n n Z ∞-=-∑的收敛域为2Z <,即22z <,从而幂级数221212n n n n z ∞-=-∑的收敛域为z <收敛半径为R ．4． 设级数0n n α∞=∑收敛,而0nn α∞=∑发散,证明0n n n z α∞=∑的收敛半径为1．证明：在点1z =处,0nn n n n z αα∞∞===∑∑,因为0n n α∞=∑收敛,所以0n n n z α∞=∑收敛,故由阿贝尔定理知,1z <时,0n n n z α∞=∑收敛,且为绝对收敛,即nnn z α∞=∑收敛．1z >时,0nn n n n z αα∞∞==>∑∑,因为0n n α∞=∑发散,根据正项级数的比力准则可知,0nn n z α∞=∑发散,从而0n n n z α∞=∑的收敛半径为1,由定理4.6,0n n n z α∞=∑的收敛半径也为1．5． 如果级数0n 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． 证明：0z z <时,由阿贝尔定理,0n n n c z ∞=∑绝对收敛．0z z =时,00nnn n n n c z c z ∞∞===∑∑,由已知条件知,00n n n c z ∞=∑收敛,即nnn cz ∞=∑收敛,亦即0n n n c z ∞=∑绝对收敛．6． 将下列函数展开为z 的幂级数,并指出其收敛区域．（1）221(1)z +解：由于函数221(1)z +的奇点为z i =±,因此它在1z <内处处解析,可以在此圆内展开成z 的幂级数．根据例4.2的结果,可以获得24211(1),11n n z z z z z=-+-+-+<+．将上式两边逐项求导,即得所要求的展开式221(1)z +='24122211123(1),112n n z z nz z z z +-⋅-=-+++-+<+（）（）． （2）1(0,0)()()a b z a z b ≠≠--解：①a b =时,由于函数1(0,0)()()a b z a z b ≠≠--的奇点为z a =,因此它在z a <内处处解析,可以在此圆内展开成z 的幂级数．='1(1)nn z z a a a⋅++++=111()n n n z a a a -⋅+++=1211,n n n z z a a a-++++<． ②a b ≠时,由于函数1(0,0)()()a b z a z b ≠≠--的奇点为12,z a z b ==,因此它在min{,}z a b <内处处解析,可以在此圆内展开成z 的幂级数．=2121111()nnn n z z z z a b a aa b bb++-----++++-=22111111111[()()],min{,}nn n z z z a b a b b a b a b a ++-+-++-+<-．（3）2cos z解：由于函数2cos z 在复平面内处处解析,所以它在整个复平面内可以展开成z 的幂级数．4822cos 1(1),2!4!(2)!nnz z z z z n =-+-+-+<+∞．（4）shz解：由于函数shz 在复平面内处处解析,所以它在整个复平面内可以展开成z 的幂级数．321321()()()()sin ((1)),3!(21)!3!(21)!n n niz iz z z shz i iz i iz z z n n ++=-=--++-+=++++<+∞++（5）2sin z解：由于函数2sin z 在复平面内处处解析,所以它在整个复平面内可以展开成z 的幂级数．=221(2)(2)(1),22!2(2)!nn z z z n +++-+<+∞⨯⨯．（6）sin z e z 解：由于函数sin z e z 在复平面内处处解析,所以它在整个复平面内可以展开成z 的幂级数．(1)(1)sin 22iz iz i z i zzze e e e e z e i i-+---=⋅==22221(1)(1)(1)(1)(1(1)1(1))22!!2!!n n n n i z i z i z i z i z i z i n n ++--++++++-------=2122(1)(1)(2)22!!n n n i i i iz z z i n ⋅+--++++=32,3z z z z +++<+∞． 7． 求下列函数展开在指定点0z 处的泰勒展式,并写出展式成立的区域．（1）0,2(1)(2)zz z z =++解： 21(1)(2)21z z z z z =-++++,022111(2)222422414nnn z z z z ∞=-==⋅=-+-++∑, 011111(2)212333313nnn z z z z ∞=-==⋅=-+-++∑． 由于函数(1)(2)zz z ++的奇点为121,2z z =-=-,所以这两个展开式在23z -<内处处成立．所以有：210001(2)1(2)11()(2),23(1)(2)243323n n nn n n nn n n z z z z z z z ∞∞∞+===--=-=---<++∑∑∑．（2）021,1z z = 解：由于2111(1)(1)(1)(1),1111n n z z z z z z ==--+-++--+-<-+ 所以'11211()12(1)(1)(1),11n n z n z z z z --=-=--++--+-<．（3）01,143z i z=+- 解：1111134343(1)33133(1)131(1)13z z i i i z i i z i i===⋅---------------=100133(1)(1)13(13)(13)n n n n n n n n z i z i i i i ∞∞+==⋅--=-----∑∑． 展开式成立的区域：3(1)113z i i--<-,即13z i --< （4）0tan ,4z z π=解：'2tan sec z z =,''2tan 2sec tan z z z =,'''22tan 2sec (2tan 1)z z z =+,……,'24tan sec 24z z ππ===,''244tan 2sec tan 2z z zz zππ====,'''22448tan 2sec (2tan 1)3z z zz z ππ===+=……,故有 因为tan z 的奇点为,2z k k Z ππ=+∈,所以这个等式在44z ππ-<的范围内处处成立.8． 将下列函数在指定的圆域内展开成洛朗级数．(1)21,12(1)(2)z z z <<+-解：2221112()(1)(2)5211z z z z z z =--+--++, 222222002221212(1)(1)111n nn n n n z z z z z z∞∞+====-=-++∑∑, 故有2121220001112((1)(1))(1)(2)52n nn n n n n n n z z z z z ∞∞∞+++====-+-+-+-∑∑∑(2)21,01,1(1)z z z z z +<<<<+∞- 解：222112(1)(1)z z z z z z +=+--①在01z <<内 ②在1z <<+∞内 (3)1,011,12(1)(2)z z z z <-<<-<+∞--解：①在011z <-<内, ②在12z <-<+∞内20111111111(1)(1)1(1)(2)22122(2)(2)(2)12nnn n n n z z z z z z z z z z ∞∞+===⋅=⋅=-=-----+-----+-∑∑(4)1sin ,011z z<-<+∞-解：在01z <-<+∞内(5)cos,011zz z <-<+∞- 解：111cos cos(1)cos1cos sin1sin 1111z z z z z =+=----- 在01z <-<+∞内故有9． 将221()(1)f z z =+在z i =的去心邻域内展开成洛朗级数．解：因为函数221()(1)f z z =+的奇点为z i =±,所以它以点z i =为心的去心邻域是圆环域02z i <-<．在02z i <-<内又11001111()()(1)(1)()222(2)(2)12n n n n n n n n z i z i z i z i i i i i i i∞∞++==---=-⋅=--=---++∑∑ 故有222222001111()(1)()(1)()(1)()(2)(2)n n n n n n n n n n f z z i z i z z i i i ∞∞-++==++==⋅--=--+-∑∑ 10．函数()ln f z z =能否在圆环域0(0)z R R <<<<+∞内展开为洛朗级数？为什么？答：不能.函数()ln f z z =的奇点为,0,z z R ≤∈,所以对,0R R ∀<<+∞,0z R <<内都有()f z 的奇点,即()f z 以0z =为环心的处处解析的圆环域不存在,所以函数()ln f z z =不能在圆环域0(0)z R R <<<<+∞内展开为洛朗级数．习题五谜底1． 求下列各函数的孤立奇点,说明其类型,如果是极点,指出它的级． （1）221(1)z z z -+ 解：函数的孤立奇点是0,z z i ==±, 因222222221111111(1)(1)()()()()z z z z z z z z z i z z i z i z z i ----=⋅=⋅=⋅++-++-由性质5.2知,0z =是函数的1级极点,z i =±均是函数的2级极点． （2）3sin zz解：函数的孤立奇点是0z =,因32133sin 1((1))3!(21)!n nz z z z z z n +=-++-+,由极点界说知,0z =是函数的2级极点．（3）ln(1)z z+ 解：函数的孤立奇点是0z =,因0ln(1)lim1z z z→+=,由性质 5.1知,0z =是函数可去奇点． （4）21(1)z z e -解：函数的孤立奇点是2z k i π=,①0k =,即0z =时,因4223(1)2!!n zz z z e z n +-=++++ 所以0z =是2(1)z z e -的3级零点,由性质5.5知,它是21(1)z z e -的3级极点②2z k i π=,0k ≠时,令2()(1)z g z z e =-,'2()2(1)z z g z z e z e =-+,因(2)0g k i π=,'2(2)(2)0g k i k i ππ=≠,由界说5.2知,2(0)z k i k π=≠是()g z 的1级零点,由性质5.5知,它是21(1)z z e -的1级极点（5）2(1)(1)zzz e π++ 解：函数的孤立奇点是(21),z k i k Z =+∈,令2()(1)(1)z g z z e π=++,'2()2(1)(1)z z g z z e e z πππ=+++,''22()2(1)4(1)z z z g z e ze e z πππππ=++++ ①0z i =±时, 0()0g z =,'0()0g z =,''0()0g z ≠,由界说5.2知,0z i =±是()g z 的2级零点,由性质5.5知,它是21(1)(1)zz e π++的2级极点,故0z i =±是2(1)(1)zzz e π++的2级极点．②1(21),1,2,z k i k =+=±时,1()0g z =,'1()0g z ≠,由界说 5.2知,1(21),1,2,z k i k =+=±是()g z 的1级零点,由性质5.5知,它是21(1)(1)zz e π++的1级极点,故是2(1)(1)zzz e π++的１级极点． （６）21sin z解：函数的孤立奇点是0z =,1,2,z z k ==±= 令2()sin g z z =,'2()2cos g z z z =,①0z =时,因64222()sin (1)3!(21)!n nz z g z z z n +==-++-++,所以0z =是()g z 的2级零点,从而它是21sin z的2级极点． ②1,2,z z k ==±=时,()0g z =,'()0g z ≠,由界说 5.2知,1,2,z z k ==±=是()g z 的1级零点,由性质5.5知,它是21sin z 的１级极点． 2． 指出下列各函数的所有零点,并说明其级数．（1）sin z z解：函数的零点是,z k k Z π=∈,记()sin f z z z =,'()sin cos f z z z z =+①0z =时,因4222sin (1)3!(21)!n nz z z z z n +=-++-++,故0z =是sin z z 的2级零点．②,0z k k π=≠时,()0z k f z π==,'()0z k f z π=≠,由界说5.2知, ,0z k k π=≠是sin z z 的1级零点． （2）22z z e解：函数的零点是0z =,因242222(1)2!!n z z z z e z z n =+++++,所以由性质5.4知,0z =是22z z e 的2级零点．（3）2sin (1)z z e z -解：函数的零点是00z =,1z k π=,22z k i π=,0k ≠,记2()sin (1)z f z z e z =-,'22()cos (1)sin [2(1)]z z z f z z e z z e z z e =-++-①0z =时,0z =是sin z 的1级零点,,1z e -的1级零点,2z 的2级零点,所以0z =是2sin (1)z z e z -的4级零点．②1z k π=,0k ≠时,1()0f z =,'1()0f z ≠,由界说5.2知,1z k π=,0k ≠是()f z 的1级零点．③22z k i π=,0k ≠时,1()0f z =,'1()0f z ≠,由界说 5.2知,22z k i π=,0k ≠是()f z 的1级零点．3． 0z =是函数2(sin 2)z shz z -+-的几级极点？答：记()sin 2f z z shz z =+-,则'()cos 2f z z chz =+-,''()sin f z z shz =-+,'''()cos f z z chz =-+,(4)()sin f z z shz =+,(5)()cos f z z chz =+,将0z =代入,得：''''''(4)(0)(0)(0)(0)(0)0f f f f f =====,(5)()0f z ≠,由界说5.2知, 0z =是函数()sin 2f z z shz z =+-的5级零点,故是2(sin 2)z shz z -+-的10级极点．4． 证明：如果0z 是()f z 的(1)m m >级零点,那么0z 是'()f z 的1m -级零点．证明：因为0z 是()f z 的m 级零点,所以'''10000()()()()0m f z f z f z f z -=====,0()0m f z ≠,即''''2000()(())(())0m f z f z f z -====,'10(())0m f z -≠,由界说5.2知,0z 是'()f z 的1m -级零点．5． 求下列函数在有限孤立奇点处的留数． （1）212z z z+- 解：函数的有限孤立奇点是0,2z z ==,且0,2z z ==均是其1级极点．由定理5.2知,0011Re [(),0]lim ()lim22z z z s f z zf z z →→+===-+,0013Re [(),2]lim(2)()lim 2z z z s f z z f z z →→+=-==．（2）4231(1)z z ++解：函数的有限孤立奇点是z i =±,且z i =±是函数的3级极点,由定理5.2,423''''35111112123Re [(),]lim[()()]lim()lim 2!2()2()8z i z i z i z z s f z i z i f z i z i z i →→→+-=-===-++, 423''''35111112123Re [(),]lim[()()]lim()lim 2!2()2()8z i z i z i z z s f z i z i f z i z i z i →-→-→-++-=+===--．（3）241ze z-解：函数的有限孤立奇点是0z =,因22234443211(2)(2)2222(2)2!!2!3!!z n n n e z z z z z z n z z z n --=-----=-----所以由界说5.5知,2414Re [,0]3z e s z -=-．（4）21sin z z解：函数的有限孤立奇点是0z =, 因2232121111(1)1(1)sin ()3!(21)!3!(21)!nnn n z z z z z z n z zn z +---=-+++=-+++++所以由界说5.5知,211Re [sin ,0]6s z z=-． （5）1cos1z- 解：函数的有限孤立奇点是1z =,因。

习题一答案2． 求下列复数的实部、虚部、模、幅角主值及共轭复数：（1）132i+ （2）(1)(2)i i i -- （3）131i i i -- （4）8214i i i -+- 解：（1）1323213i z i -==+， 因此：32Re , Im 1313z z ==-， （2）3(1)(2)1310i i i z i i i -+===---， 因此，31Re , Im 1010z z =-=， （3）133335122i i i z i i i --=-=-+=-， 因此，35Re , Im 32z z ==-， （4）82141413z i i i i i i =-+-=-+-=-+因此，Re 1, Im 3z z =-=，3． 将下列复数化为三角表达式和指数表达式：（1）i （2）1-+ （3）(sin cos )r i θθ+（4）(cos sin )r i θθ- （5）1cos sin (02)i θθθπ-+≤≤解：（1）2cos sin 22ii i e πππ=+=（2）1-+23222(cos sin )233i i e πππ=+= （3）(sin cos )r i θθ+()2[cos()sin()]22i r i re πθππθθ-=-+-=（4）(cos sin )r i θθ-[cos()sin()]i r i re θθθ-=-+-=（5）21cos sin 2sin 2sin cos 222i i θθθθθ-+=+ 4． 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 ϕϕϕϕ+- （5（6解：（1）5)i -5[2(cos()sin())]66i ππ=-+- （2）100100(1)(1)i i ++-50505051(2)(2)2(2)2i i =+-=-=-（3）(1)(cos sin )(1)(cos sin )i i i θθθθ-+-- （4）23(cos5sin 5)(cos3sin 3)i i ϕϕϕϕ+- （5=（6）= 5．设12 ,z z i ==-试用三角形式表示12z z 与12z z 解：12cossin , 2[cos()sin()]4466z i z i ππππ=+=-+-，所以 12z z 2[cos()sin()]2(cos sin )46461212i i ππππππ=-+-=+，6． 解下列方程：（1）5()1z i += （2）440 (0)z a a +=> 解：（1）z i += 由此25k i z i e i π=-=-， (0,1,2,3,4)k =（2）z ==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 +-+---7． 证明下列各题：（1）设,z x iy =+则z x y ≤≤+证明：首先，显然有z x y =≤+；其次，因 222,x y x y +≥ 固此有 2222()(),x y x y +≥+从而z =≥（2）对任意复数12,,z z 有2221212122Re()z z z z z z +=++证明：验证即可，首先左端221212()()x x y y =+++， 而右端2222112211222Re[()()]x y x y x iy x iy =+++++- 2222112212122()x y x y x x y y =+++++221212()()x x y y =+++，由此，左端=右端，即原式成立。

实用文档之"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）132i+（2）(1)(2)ii i--（3）131ii i--（4）8214i i i-+-解：（1）1323213i zi-==+，因此：32 Re, Im1313 z z==-，232arg arctan,31313z z z i==-=+（2）3(1)(2)1310i i izi i i-+===---，因此，31Re, Im1010z z=-=，131arg arctan,31010z z z iπ==-=--（3）133335122i i iz ii i--=-=-+=-，因此，35Re, Im32z z==-，535,arg arctan,232iz z z+==-=（4）82141413z i i i i i i=-+-=-+-=-+因此，Re1,Im3z z=-=，arg arctan3,13z z z iπ==-=--2．将下列复数化为三角表达式和指数表达式：（1）i（2）1-+（3）(sin cos)r iθθ+（4）(cos sin )r i θθ- （5）1cos sin (02)i θθθπ-+≤≤解：（1）2cossin22iii e πππ=+=（2）1-+23222(cos sin )233i i e πππ=+=（3）(sin cos )r i θθ+()2[cos()sin()]22ir i re πθππθθ-=-+-=（4）(cos sin )r i θθ-[cos()sin()]i r i re θθθ-=-+-=（5）21cos sin 2sin2sin cos 222i i θθθθθ-+=+ 22sin [cossin]2sin 2222ii eπθθπθπθθ---=+=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 ϕϕϕϕ+- （5（6解：（1）5)i -5[2(cos()sin())]66i ππ=-+-5552(cos()sin()))66i i ππ=-+-=-+（2）100100(1)(1)i i++-50505051(2)(2)2(2)2i i=+-=-=-（3）(1)(cos sin)(1)(cos sin)ii iθθθθ-+--2[cos()sin()](cos sin)33)sin()][cos()sin()]44i ii iππθθππθθ-+-+=-+--+-)sin()](cos2sin2)1212i iππθθ=-+-+(2)12)sin(2)]1212iiπθππθθ-=-+-=（4）23(cos5sin5)(cos3sin3)iiϕϕϕϕ+-cos10sin10cos19sin19cos(9)sin(9)iiiϕϕϕϕϕϕ+==+-+-（5=11cos(2)sin(2)3232k i kππππ=+++1,0221,122,2i ki ki k+=⎪⎪=-+=⎨⎪-=⎪⎪⎩（6=11(2)sin(2)]2424k i kππππ=+++88,0,1iie ke kππ==⎪=⎩4．设12,z z i==-试用三角形式表示12z z与12zz解：12cos sin, 2[cos()sin()]4466 z i z iππππ=+=-+-，所以12z z2[cos()sin()]2(cos sin) 46461212i iππππππ=-+-=+，12zz1155[cos()sin()](cos sin) 2464621212i iππππππ=+++=+5．解下列方程：（1）5()1z i+=（2）440 (0)z a a+=>解：（1）z i+=由此25k iz i e iπ=-=-，(0,1,2,3,4)k=（2）z==11[cos(2)sin(2)]44a k i kππππ=+++，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,zx iy =+z x y≤≤+证明：首先，显然有z x y =≤+；其次，因222,x y x y +≥ 固此有2222()(),x y x y +≥+从而z =≥（2）对任意复数12,,z z 有2221212122Re()z z z z z z +=++证明：验证即可，首先左端221212()()x x y y =+++，而右端2222112211222Re[()()]x y x y x iy x iy =+++++-2222112212122()x y x y x x y y =+++++221212()()x x y y =+++，由此，左端=右端，即原式成立。