复变函数习题解答(第6章)

数学物理方法习题解答一、复变函数部分习题解答第一章习题解答1、证明Re z 在z 平面上处处不可导。

证明：令Re z u iv =+。

Re z x =，,0u x v ∴==。

1ux∂=∂，0v y ∂=∂，u v x y ∂∂≠∂∂。

于是u 与v 在z 平面上处处不满足C －R 条件， 所以Re z 在z 平面上处处不可导。

2、试证()2f z z=仅在原点有导数。

证明：令()f z u iv =+。

()22222,0f z z x y u x y v ==+ ∴ =+=。

2,2u u x y x y ∂∂= =∂∂。

v vx y∂∂ ==0 ∂∂。

所以除原点以外，,u v 不满足C －R 条件。

而,,u u v vx y x y∂∂∂∂ , ∂∂∂∂在原点连续，且满足C －R 条件，所以()f z 在原点可微。

()0000x x y y u v v u f i i x x y y ====⎛⎫∂∂∂∂⎛⎫'=+=-= ⎪ ⎪∂∂∂∂⎝⎭⎝⎭。

或：()()()2*000lim lim lim 0z z x y z f z x i y z∆→∆→∆=∆=∆'==∆=∆-∆=∆。

22***0*00limlim lim()0z z z z z z zzz z z z z z z z z=∆→∆→∆→+∆+∆+∆∆==+−−→∆∆∆。

【当0,i z z re θ≠∆=，*2i z e z θ-∆=∆与趋向有关，则上式中**1z zz z∆∆==∆∆】3、设333322()z 0()z=00x y i x y f z x y ⎧+++≠⎪=+⎨⎪⎩，证明()z f 在原点满足C －R 条件，但不可微。

证明：令()()(),,f z u x y iv x y =+，则()33222222,=00x y x y u x y x y x y ⎧-+≠⎪=+⎨+⎪⎩， 33222222(,)=00x y x y v x y x y x y ⎧++≠⎪=+⎨+⎪⎩。

第六章 共形映射习题详解1、（1）21,2则'=+=w z w z ；伸缩率()22'==w i i ，旋转角()2'=A r g wi π；伸缩率()22'-=-=w i i ，旋转角()2'-=-Argw i π；（2）4=w z，则34'=w z ，伸缩率(1)4'=w ，旋转角()10'=Argw ；伸缩率()()()3(1)41421882'+=+=+=-=w i ii i i ()314'+=Argw i π。

2、21365,66,16w z z w z z '=--=-->部分被放大了，116z -<部分被缩小了。

3、43,41,w z z w z '=+=+具有伸缩率与旋转角不变性。

4、（1）1232,,1===-z z i z 分别映射成1233,1,0,w i w w =-=-=由30+32121::10111得+---+==++----w i i z zw i w z i i z； （2）123,1,0=∞==z z z 分别映射成1230,1,,w w w ==-=∞由-01111::11101得==-+--w w w z z； （3）1232,0,1===z z z 分别映射成1231,1,,w w w =-==∞由112121::110101得+--==----w z w w z z； （4）1230,,2===-z z i z 分别映射成1233,,1,w i w i w ===由3130206::1232得------==------w i i z z iw w i i z i i iz 。

5、由分式的分子与分母同乘以（或除以）非零复数后这些值不变化得：把系数,,,a b c d 加以整合有1ad bc -=。

6、（1）设(),az b f z cz d +=+由0()(0)0,()10,1,0()a b a i bf f i i i c d c i d ⋅+⋅-+=-=-==-⋅+⋅-+得解之0,2ab c d ===，故2();11122z z f z z z ==++（2）设(),az b f z cz d +=+由1(0)1,()(42)5==+f f i i ，得 ()0()11,420()5⋅+⋅+==+⋅+⋅+a b a i b i c d c i d ，解之()()11,(42)()424255=+=++=-++⎡⎤⎣⎦b d ai d i ci d d c i c d 05420,154222=⎧=+=⎧⎧⎪⇒⇒⇒⎨⎨⎨=-=-=-⎩⎩⎪⎩a a c d a d d c d c c d故 2()22==--+d f z dzz d 。

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。

复变函数与积分变换同步练习参考答案中北大学复变函数教研室编印1复变函数同步练习第一章参考答案三、作业题1、(1)设23412i z i +⎛⎞=⎜⎟−⎝⎠，则z = 5 ，辐角主值为4arctan()3π−。

(2)设55(1)1(1)1i z i −−=++，则其实部为125−，虚部为3225−。

提示：本题注意到2(1)2i i −=−，2(1)2i i +=。

则52225222(1)1[(1)](1)1(2)(1)1132(1)1[(1)](1)1(2)(1)12525i i i i i z i i i i i i −−−−−−−−====−−+++++++ 。

(3)一复数对应的向量按逆时针方向旋转23π时对应的复数为1i +，则原复数为1122−+−+。

提示：本题相当于解23111(1)()(1)2222i z ei i i i π−−+−=+=−−+=+。

(4)设1z =2z i =−，则12z z 的指数式i122e π，12zz 的三角式为 155[cos sin 21212i ππ+。

(5)2122lim1z zz z z z →+−−=−32。

提示：211122(2)(1)23limlim lim 1(1)(1)12z z z zz z z z z z z z z z →→→+−−+−+===−−++。

(6)设复数z 满足arg(2)3z π+=，5arg(2)6z π−=，那么z=1−+。

提示：（利用复数的几何意义）向量2z −与向量2z +夹角为5632πππ−=，在复平面上，代表复数2z −、z 、2z +的点在平行于x 轴的直线上（由于此三点的虚轴没有发生变2化）。

连接0，2z +，2z −的三角形为Rt Δ。

因此推出向量2z =，2arg 3z π=，即1z =−+。

本题也可以利用代数法来做。

2、把复数πααα≤≤+−=0,sin cos 1i z 化为三角表示式与指数表示式，并求z 的辐角主值。

105第6章 保角映射6.1 分式线性映射导数的几何意义是保角映射的理论基础.6-1 映射2w z =在i z =-处的伸缩率k 与旋转角α是（ ）.（A ）π1,2k α==（B ）π2,2k α==- （C ）π1,2k α==- （D ）π2,2k α==解 i i π||2,Arg ()|.2z z k w f z α=-=-''====- 选（B ）.平移变换加伸缩反射得相似图形，相似比即||w '.6-2 在映射1w z=下，将|1|1z -<映射为（ ）.（A ）右半平面0u > （B ）下半平面0v < （C ）半平面12u > （D ）12v <- 解1 221i i x y w u v z x y -===++ 2222,xyu v x y x y -==++ 而 2|1|1z -<，即222x y x +<，故 221.2x u x y=>+ 选（C ）. 解2 1w z =是分式线性变换，具有保圆性.而|1|1z -=，将0z =变到,2w z =∞=变到1,1i 2w z ==+变到1i 2w +=，故1w z =将圆变为直线12u =，而圆心1z =变到112w =>，故1w z=将|1|1z -<变为半平面12u >. （C ）. 6-3 映射1w z=将Im()1z >的区域映射为（ ）.（A ）Im()1w < （B ）Re()1w < （C ）圆2211()22u v ++< （D ）2211()22u v ++>解 由1w z =的保圆性，知1w z=将1y =映射为直线或圆，由z =∞映射为0,1i z =+，映射为1i,1i 2w z -==-+映为1i2--知，将Im()1z =映射为w 平面上的圆： 2211()22u v ++=图6-1而2i z =映射为11i 2i 2=-.故1w z=将Im()1z >映射为圆内. 选（C ）1066-4 求将圆||2z <映射到右半平面，且(0)1,arg (0)π/2w w '==的分式线性映射.解 令ax b w z b +=+，则2()ab b w z b -'=+.由πarg (0)2w '=，可令 21(0)i ab b a w b b--'===，得1i a b =+，于是 (1i )b z bw z b++=+.由于圆||2z =应映射为虚轴，故又令(2)i w =得22i 2i i b b b ++=+，解得2(1i)2i 1+ib --== 于是 22i2iw z -+=+（这时圆上点2i z =-映射为∞点，故满足所求）. 6-5 求把上半平面Im()0z >映射成单位圆||1w <的分式线性映射，且满足条件（1）()0,(1)1w i w =-=； （2）1(0)1,().2w w i ==解 （1）令z iw cz d-=+ 1i(1)1w c d---==-+，即1i c d --=-+ 令z =∞时，i w =-，得i c =，1d =-，于是得到一个满足要求的映射ii 1z w z -=- （2）由(0)1w =，可令az bw z b+=+ 更令()1w ∞=-，得1a =-，更由1(i)2w =得2(i )i b b -+=+故3i b =-，从而3i3iz w z --=- 要求||1z =时||1w =，故取212z w z λ-=-时，||1,λλ=也可写作i e θ只要定θ即可. 6-6 求将上半平面映射为单位圆||1w <的分式线性变换.解 设az b w cz d +=+，将I m ()0z >映射为||1w <，则它将bz a =-映为圆心0w =.而将b z a-=-映为∞，记,b b a aαα-=-=-，而有dc α-=，故变换为.a z w c z αα-=- 由于0z =变到||1w =上一点，即||1a c =，记i e acθ=， 则 i e z w z θαα-=-（其中Im()0α>）. θ是待定实数.1076-7 求把上半平面Im()0z >映射成单位圆||1w <的分式线性映射，并满足条件：（1）(i)0;(1)1f f =-=； （2）(i)0,arg (i)0f f '==； （3）(1)1,(i)f f ==解 （1）设i i e i z w z θ-=+，于是i 1i e 11i θ--=-+即i πe i()2θθ= 所求映射为 i i+iz w z -=. （2）设映射为i ie +iz w z θ-= i 22i()e (+i)w z z θ'=故πi()21π(i)e ,22w θθ-'=-=所求映射为 ii iz w z -=+ （3）设i e z w z θαα-=- 由(1)1w =得i i e (1)1(i )(i )θθαααα-=--=-令x iy α=+，上两式相比得)(1)()(1)i αααα--=-- （1）取共轭(i )(1)()(1)i αααα--=-- 上两式两边相乘得225|(1)i ||(1)i |x y x y -+-=-++解得 2231x y y +=- （2） 将（1）式乘开，比较实部与虚部可得1)(1)1)x y -= （3）及221)()1)1)x y x y +=+ （4） 将（2）代入（4），消去22x y +后解得：2,3y x ==， 于是i 21i3e θ==5=12i)3=108 所求映射i )3w =.6-8 求将单位圆||1z <映射为单位圆||1w <的分式线性映射.解 设所求的分式线性变换把||1z <内的点α映射为0w =，那么，它将1α即与α关于||1z =的对称点映射为∞，故所求的映射为1/1z z w z z ααλλααα--==-+-+ 设1z =对应于||1w =上某点，则有11||||1αλαλαα-==-，故i e θλα= 即 i e (||1,1z w zθααθα-=<-是实数） 这时 i 21()e(1)w z z θααα-'=-i 1()e 1w θααα'=-故θ是z α=点变换时的旋转角 同样，将z 平面上||1z <映射为w 平面上||1w >的分式线性变换是 i e (||1,1z w zθααθα-=>-是实数） 6-9 求将右半平面Re()0z >映射为单位圆||1w <的分式线性映射.解1 设z bw z dλ+=+，它将z b =-映为0w =点，而将z d =-映为w =∞点.记a b =-，则Re()0α>，由对称性，()d α-=-.因此，z w z αλα-=+，且|(0)|||||1w αλλα-===，故i e θλ=得i e (Re()0,z w z θααθα-=>+是实数）. 解2 由6-13题，先作旋转i z ζ=，将右半平面旋转为上半平面，于是将Im()0ζ>变为||1w <的映射是（见6-13题）i e (Im()0)w θζββζβ-=>- 故 i i i i e e i i z z w z z θθββββ-+==-+ 记 i βα=-，则i (i )ββα=-=而Re()0α>i e z w z θαα-=+与解1的结果同. 利用0w =与w =∞两点是关于两个同心圆皆对称的点而有保对称性.从而知12,z z 皆是实数，及对二圆都有对称性，从而解出1z 和2z . 6-10 求一分式线性映射，把由||9z >与|8|16z -<所确定的区域映射为w 平面上的同心圆环：||1w <与||w r > (01).r <<解 本题关键在设12()0,()w z w z ==∞，由于0、∞关于两个同心圆||1w =与||w r =皆对称；故1z 与2z 应同时与|3|9z -=及|8|16z -=皆对称.从而知12,z z 应在此二圆圆心的联线上，109即1z 与2z 皆是实数，且有221212(3)(3)9,(8)(8)16z z z z --=--=即 212123()99z z z z -+=- 2212128()168z z z z -+=- 得121224,0z z z z +=-=，取120,24z z ==-.则 24zw z λ=+ 由于0z =在|3|9z -<内部，故此映射将|3|9z -=映为||w r =，而将|8|16z -=映为||1w =即 i i 2816e ,e 24zz w z ϕθ=+=+ 取1224,0z z =-=，则24z w zλ+= 这时，由124z =-在|8|16z ->内，而0w =在||w r <内，故此映射将|8|16z -=映为||w r =而将|3|9z -=映为||1w =，即令i 39e z ϕ=+便应有i i 279e |||| 1.3+9e w ϕϕλ+==故i 11||,e 33θλλ==所求映射为i 24e 3z w zθ+=. 6.2 几个初等函数所构成的映射按要求一步一步变，注意每一步的要求.6-11 试将由||1z <及|1|1z -<所确定的区域保角地映射为上半平面. 解 如图6.2，我们采取如下步骤作映射.图6.2(1)作分式线性映射，使12映射于原点，而12映射为w =∞点.110 即1ζ=（2）令321ζζ=，则映射成不含2ζ的负实半轴的全平面，22π4π.ϕ≤<（3）令1/232ζζ=，则映射为下半平面.（4）令3w ζ=-，则映射为上半平面，故此映射为3/2w =-6-12 试将由Im()1,||2z z ><所确定的区域保角地映射为上半平面. 解 如图6.3，分以下步骤： （1）将弓形域映射为角形域1ζ=（2）321ζζ=映射为下半平面. （3）2w ζ=-，即为所求也就是3w =-图6.36-13 求把单位圆外部||1z >，且沿虚轴1y >有割痕的域映射为上半平面的一个保角映射.解 分以下步骤：（1）作分式线性映射，将单位圆外部映射为半平面，并使割痕转到实轴，即1i+iz z ζ-=（2）平方且反射，使割痕到22i (1,0),i z z ζ-⎛⎫-=- ⎪+⎝⎭（3）平移后开方得122(1)w ζ=+111即 1/22i 1i z w z ⎡⎤-⎛⎫=-⎢⎥⎪+⎝⎭⎢⎥⎣⎦为所求映射.6-14 将图6.4z 平面中阴影部分所示区域，即由Re()1,||1z z >->所确定区域映射为上半平面.解 分以下步骤：（1）作分式线性映射111z z ζ-=+，则所给域映射为10Re()1ζ<<； （2）旋转伸长，即令21πi ζζ=，得条形域20Im()πζ<<；（3）作指数映射i e w ϕ=即得上半平面.即映射为1i π1ez z w -+=图6.46-15 将如图6.5所示的z 平面区域，即由||2,|1|1z z <->所确定的区域，映射为上半平面.解 （1）作分式线性变换：12zz ζ=-，将|1|1z -=映射为1Re()0ζ=，而将||2z =映射为11Re()2ζ.由此，将已知域映射为带状域.（2）旋转伸缩：212πi ζζ=.映射为20Im()πζ<<（3）取指数函数的映射2e w ζ=便是本题所求，即2πi2ez z w -=.112图6.56-16 将沿虚轴有割痕从0z =至2i z =的上半平面，保角地映射为上半平面.解 （1）将上半平面映射为全平面后并平移，使割痕位于实轴的10ζ=至14ζ=处.214z ζ=+.（2）开方使割痕好似被展平在实轴的(2,2)-上：121w ζ=.即 21/2(4)w z =+.（见图6.7）图6.66-17 图6.7所示的z 平面上单位圆||1z <中有割痕：沿实轴从0z =至1z =的区域，试将其保角地映射为半平面.解（1）开方将圆映射为半圆，割痕仍在x 轴上：121z ζ=； （2）作分式线性映射，将半圆映射为1/4平面：12111ζζζ+=-+； （3）平方22w ζ=即2.w =113图6.76-18 将图6.8所示，由πRe()0,0Im()2z z ><<确定的z 平面上的区域，保角映射为上半平面.解 （1）将其旋转伸缩于第4象限：12z ζ=-（2）取指数函数：12e ζζ=将1ζ中的区域映射为半圆域：222||e 1,Arg 0x ζπζ-=<<< （3）作分式线性映射：23211ζζζ-=+ 将半圆映射为1/4平面.（4）令23w ζ=即为所求的映射，即22e 1e .e 1z z --⎛⎫-= ⎪+⎝⎭图6.86-19 求把实轴上有割痕：112x ≤<的单位圆||1z <映射为||1w <的一个映射.解 （1）令112112z z ζ-=-，使割痕在10Re()1ζ≤<上；114 （2）作2ζ= （3）再作23211ζζζ+=-，将半圆映射为3()ζ的I 象限部分； （4）作243ζζ=，便将此映射为上半平面； （5）最后将上半平面映为单位圆：（见图6.9）44i i w ζζ-=+经归纳223422224322i i [(1)/(1)]i i i [(1)/(1)]i w ζζζζζζζζ--+--===+++-+==图6.96-20 求把半带形域ππRe(),Im()022z z -<<>，映为上半平面Im()0w >的映射()w f z =，使π()1,(0)0.2f f ±=±=解 （1）作旋转与平移：1πi i 2z ζ=+，使之映为1ζ平面的半带形域：110Im()π,Re()0.ζζ<<<（2）作指数映射：12e ζζ=，将之映为2ζ平面上的半圆域：22||1,Im()0;ζζ<>（3）作分式线性映射：23211ζζζ+=-，将半圆域映为3ζ平面第1象限； （4）243ζζ=，将之映为4ζ的上半平面，只是未满足π()12f ±=±及(0)0f =的条件；（5）由上半平面映为上半平面，且∞映为1,0-点映为1及1-映为0.即得：4411w ζζ+=-（见图6.10）归纳222223222232211111121111wζζζζζζζζ⎛⎫++ ⎪-++⎝⎭===--⎛⎫+- ⎪-⎝⎭1111ππ(i i)i i22211e e e e e222ez zζζζζ-++-+++=-=-=-i ie esin2z zz-+==，为所求的映射.图6.10115。

第一章习题1．设12z -=，求||z 及Arg z .2．设12z z i ==，试用指数形式表 z 1 z 2及12z z .3．解二项方程440(0).z a a +=> 4．证明2222121212||||2(||||)z z z z z z ++-=+，并说明其几何意义。

5．设z 1、z 2、z 3三点适合条件： 1231230 |z ||||| 1.z z z z z ++=++=及试证明z 1、z 2、z 3是一个内接于单位圆周||1z =的正三角形的顶点。

6．下列关系表示的点z 的轨迹的图形是什么？它是不是区域？ （1）1|212|||,()z z z z z z -=-≠；（2）|||4|z z ≤-；（3）111z z -<+；（4）0arg(1) 2Re 34z z π<-<≤≤且；（5）|| 2 z >且|3|1z ->； （6）Im 1 ||2z z ><且；（7）||2 0arg 4z z π<<<且；（8）131 2222i i z z ->->且.7．证明：z 平面上的直线方程可以写成 .az az c += （a 是非零复常数，c 是实常数）8．证明：z 平面上的圆周可以写成0Azz z z C ββ+++=.其中A 、C 为实数，0,A β≠为复数，且2||.AC β> 9．试证：复平面上的三点1,0,a bi a bi +-+共直线。

10．求下列方程（t 是实参数）给出的曲线： （1）(1)z i t =+； （2）cos sin z a t ib t =+；（3）i z t t =+； （4）22i z t t =+.11．函数1w z =将z 平面上的下列曲线变成w 平面上的什么曲线（,z x iy w u iv =+=+）？（1）224;x y +=（2）y x =；（3）x = 1； （4）( x -1)2+y 2=1. 12．试证：（1）多项式1010()(0)n n n p z a z a z a a -=+++≠在z 平面上连续；（2）有理分式函数101101()n n nm m m a z a z a f z b z b z b --+++=+++（000,0a b ≠≠）在z 平面上除分母为的点外都连续。

精心整理习题一答案1． 求下列复数的实部、虚部、模、幅角主值及共轭复数：（ 1）1（2）i2i 1)(i2)3(i（3）13i （4） i 84i21ii1 i解：（ 1） z1 3 2i ，3 2i 13因此： Re z3 , Im z2 ，13 13 （ 2） zii 3 i ， (i1)(i 2)13i10因此， Re z3 , Im z 1 ，1010（ 3） z1 3i ii3 3i 3 5i ，i 12 2因此， Re z3 , Im z 5 ，32（ 4） zi 8 4i 21i 1 4i i 1 3i因此， Re z 1, Im z 3，2． 将下列复数化为三角表达式和指数表达式：（ ） （ ）1 3i （ ） r (sin i cos )1 i23（ 4） r (cos i sin ) （5）1 cos i sin(02 )解：（ 1） icosi sini e 2 22222（2） 13ii2(cosi sin)2e33 3（ 3） r (sini cos ) r[cos()i sin()] () i2re22（ 4） r (cos i sin ) r[cos( ) i sin( )]re i（5）1cosi sin2sin 22 2i sincos 22页脚内容..3． 求下列各式的值：（1）( 3 i)5 （ 2） (1i )100(1i)100（3）(13i )(cos i sin ) （4） (cos5 i sin 5)2(1 i )(cos i sin ) (cos3 i sin 3)3（5） 3i（ ）1i6解：（ 1） (3 i )5 [2(cos() i sin( ))] 566（2） (1 i )100(1i)100(2i )50( 2i )502(2)50251（3）(13i )(cos i sin )(1 i )(cos i sin )(cos5i sin 5 ) 2（4）i sin 3 )3(cos3（5） 3i3cosi sin22（6）1 i2(cos i sin )4 44． 设 z 11 i, z 23 i, 试用三角形式表示 z z 与z 1212z 2解： zcos i sin , z 2 2[cos() i sin( )] ，所以14466z 1z 22[cos() i sin( 46 )] 2(cos12 i sin ) ，4 6125． 解下列方程：（1） (z i )5 1（ 2） z 4 a 4 0( a 0)解：（ 1） zi51,由此z51i 2k ii ， (k0,1,2,3,4)e 5（2） z4a 44a 4 (cosi sin )..精心整理a[cos 1(2k ) i sin 1(2k )] ，当 k0,1,2,3时，对应的 4 个根分别为：44a(1 i ), a ( 1 i), a ( 1 i ), a (1 i)2 2 226x iy, 则xy zxy． 证明下列各题：（ 1）设 z2证明：首先，显然有 z x 2 y 2xy ；其次，因 x 2y 2 2 x y , 固此有 2( x 2 y 2 ) ( xy )2 ,从而 zx2y2x y2 。

一、将下列复数用代数式、三角式、指数式表示出来。

(1) i 解：2cossin22ii e i πππ==+(2) -1解：1cos sin i e i πππ-==+ (3)1+解：()/3122cos /3sin /3i e i πππ+==+ (4) 1cos sin i αα-+ 解：2221cos sin 2sin 2sincos2sin(sincos )2222222sincos()sin()2sin 222222i i i i i e πααααααααααπαπαα⎛⎫- ⎪⎝⎭-+=+=+⎛⎫=-+-= ⎪⎝⎭(5) 3z解：()3333cos3sin3i z r e r i θθθ==+ (6) 1i e +解：()1cos1sin1i i e ee e i +==+(7)11ii-+ 解：3/411cos3/4sin 3/411i i i i e i i i πππ--==-==+++二、计算下列数值(1) 解：1ar 21ar 21ar 2 b i ctg k a bi ctg abi ctgaπ⎛⎫+ ⎪⎝⎭==⎧⎪=⎨⎪⎩(2)解：6226363463222i k i i i i e i ee e iπππππππ⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎛⎫+ ⎪⎝⎭⎧=+⎪⎪⎪⎨====-+⎪⎪⎪=-⎩(3) i i 解：()2222ii k k i i e eππππ⎛⎫⎛⎫+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭==(4)解：()1/2222ii k k eeππππ⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭==(5) cos5α解：由于：()()552cos5i i e e ααα-+=，而：()()()()()()()()5555555555cos sin cos sin cos sin cos sin nni nn nni n n e i C i e i C i αααααααααα-=--==+==-=-∑∑所以：()()()()()()()()()()()555505555043253543251cos5cos sin cos sin 21 cos sin 112 5cos sin cos sin cos 5cos sin 10cos sin cos n n n nn n n n nn n C i i C i i C i ααααααααααααααααα--=--=⎡⎤=+-⎣⎦⎡⎤=+-⎣⎦=++=-+∑∑(6) sin5α解：由于：()()552sin 5i i ee ααα--=，所以：()()()()()()()()()()()()55550555505234245552341sin 5cos sin cos sin 21 cos sin 1121 sin cos sin sin cos sin 10cos sin 5sin cos n n n nn n n n nn n C i i i C i i i C i C i iααααααααααααααααα--=--=⎡⎤=--⎣⎦⎡⎤=--⎣⎦=++=-+∑∑ (7) cos cos2cos n ααα+++L L 解：()()221cos cos 2cos ()()2(1)1(1)11(1)(1)1 21122(1cos )1 2i i in i i in i in i i in i i in i in i i i n e e e e e e e e e e e e e e e e e e e e ααααααααααααααααααααααα----------⎡⎤+++=+++++++⎣⎦⎡⎤--+--⎡⎤--⎢⎥=+=⎢⎥---⎢⎥⎣⎦⎣⎦+=L L L L L L (1)(1)22(1cos )12cos 22cos(1)2cos cos 1cos(1)cos 22(1cos )2(1cos )1sin()sin22 2sin2i i n i n in in e e e e n n n n n ααααααααααααααααα+-+-⎡⎤---++⎢⎥-⎣⎦⎡⎤--++--++==⎢⎥--⎣⎦+-=(8) sin sin 2sin n ααα+++L L 解：()()221sin sin 2sin ()()2(1)1(1)11(1)(1)1 21122(1cos )1 2i i in i i in i in i i in i i in i in i i i n e e e e e e i e e e e e e e e e e i e e i e i αααααααααααααααααααααα---------⎡⎤+++=+++-+++⎣⎦⎡⎤-----⎡⎤--⎢⎥=-=⎢⎥---⎢⎥⎣⎦⎣⎦=L L L L L L (1)(1)112(1cos )12sin 2sin(1)2sin sin sin(1)sin 22(1cos )2(1cos )1cos()cos22 2sin2i n in i i n in e e e e e i i n i n n n i n αααααααααααααααααα+--+-⎡⎤--+-++-⎢⎥-⎣⎦⎡⎤-++-++==⎢⎥--⎣⎦-++=1.2 复变函数1、试证明函数f (z )=Arg(z ) (-π<Arg(z) ≤π)，在负实轴上(包括原点)不连续。

（1）；（2）；（3）；（4）；（5）；（6）答案（1）实部－1；虚部；模为2；辐角为；主辐角为；原题即为代数形式；三角形式为；指数形式为．（2）略为（3）略为（4）略为（5）略为：（6）该复数取两个值略为计算下列复数1）；2）；答案1）；2）；计算下列复数（1）；（2）；答案（1）（2）已知为实数，求复数的实部和虚部．【解】令，即为实数域(Real).平方得到，根据复数相等，所以即实部为虚部为说明已考虑根式函数是两个值，即为值．如果试证明对于任何复常数有【证明】因为，所以如果复数是实系数方程的根，则一定也是该方程的根．证因为，，…，均为实数，故，，…，．且，故由共轭复数性质有：．则由已知．两端取共轭得即．故也是之根．注此题仅通过共轭的运算的简单性质及实数的共轭为其本身即得证．此结论说明实系数多项式的复零点是成对出现的．这一点在代数学中早已被大家认识．特别地，奇次实系数多项式至少有一个实零点．证明：,并说明其几何意义．若，试求的值.【解】因为所以即为所以将下列复数表为的幂的形式（1）；（2）答案证明：如果是1的n次方根中的一个复数根，但是即不是主根，则必有对于复数，证明复数形式的柯西(Cauchy)不等式：成立。

【证明】对任意n个复数，由三角不等式知再由关于实数的柯西不等式得,证毕。

证明成立．下列不等式在复数平面上表示怎样的点集1）；2）；3）；4）；5）（答 1）平面上由与所构成的宽度为1的铅直带形域；2）以为心，内半径为2，外半径为3的圆环域；3）顶点在原点，开度为的角形区域；4）宽度为的说平带形域，边界为，；5）以为心，为半径的圆之外部区域）指出下列关系表示的点之轨迹或范围；并说明是何种点集1）2）解 1）令，由知且即这样的点为平面上从点出发（但不含点）与实轴倾角为的射线．此射线所形成的点集既非开集，也非闭集．2）设，则原条件即为即由模的定义得化简得这是一椭圆，长半轴为，短半轴为，中心在原点，它是有界闭集（全部为边界点）．描述下列不等式所确定的点集，并指出是区域还是闭区域，有界还是无界，单连通还是多（或复）连通.（1）（2）（3）（4）（5）（6）（7）（8）解（1）是以i为圆心、在以2为半径的圆外，3为半径的圆内的圆环，是有界闭区域、多连通．（图形略）（2）即是下半平面，无界单连通闭区域．（3）到3的距离比到2的距离大，因此，它是左半平面，去掉一点，是无界的多连通的区域.（4）在直线的上方，其中．无界单连通区域（5）即或是无界多连通区域（6）此不等是焦点在和初，长半轴为5/2的椭圆内部，为有界单连通闭区域）．（7）这是半支双曲线：，部分是无界单连通区域．（8）不等式即，或，只有当，成立，因此，只代表复平面上一个点．已知映射，求(1) 圆周的象；（2）直线的象；（3）区域的象．答案 (1) ，为圆周（2）直线（3）先看直线 x=1的象，而 z＝0 的象在圆的外部，因此的象是圆的内部即为讨论下列函数在指定点的极限存在性，若存在求出其值，并判断在该点的连续性．1）， 2)，解 1），则，，，又注意即在点处极限存在且连续．2）设，则显然，在点极限存在且连续．但注意不存在，事实上，令，有，对不同值有不同结果，故知不存在．所以，不存在．由连续与极限的关系知在处极限不存在、不连续．注这两个问题均通过极限存在的充要条件将问题转化为两个二元实函数在对应点处极限存在性的判断问题，这是最常用的方法．在问题1）中，又根据连徐的另一等价定义，立即得到在处不仅极限存在，而且在该点连续的结论；在2）中，实际上是一复变量实值函数，即，所以由充要条件只需判断一个二元实函数在点的极限存在性．由该二元实函数在点极限不存在即得在处极限的不存在性．若函数在点点连续，证明（1）在该点连续；（2）的模在该点连续．本章计算机编程实践与思考(说明：读者可参考第五部分计算机仿真编程实践)使用Matlab,或Mathcad,或Mathmatic计算机仿真求解下列复数的实部、虚部;共轭复数；模与辐角；计算机仿真计算：计算机仿真求解方程计算机仿真编程实践：若对应为的根，其中且取整数.试用计算机仿真编程验证下列数学恒等式成立.用计算机编程实践方法（Matlab,Mathcad,Mathmatic,C/C++）实现：（1）绘出单位圆及其内接正十七边形；（2）计算机编程求出边长；（3）能否对多变形进行推广，得出相应的计算机仿真计算方法.计算机仿真编程验证对复平面任意两个以上的不重合的有限远点，（即保证分母不为零），恒等式是否还成立呢注意式中自然数，而m, k为1至N的整数.（提示：利用随机函数产生随机数，从而验证恒等式是否成立）。

数学物理方法习题解答一、复变函数部分习题解答第一章习题解答1、证明Re z 在z 平面上处处不可导。

证明：令Re z u iv =+。

Re z x =，,0u x v ∴==。

1ux∂=∂，0v y ∂=∂，u v x y ∂∂≠∂∂。

于是u 与v 在z 平面上处处不满足C －R 条件， 所以Re z 在z 平面上处处不可导。

2、试证()2f z z=仅在原点有导数。

证明：令()f z u iv =+。

()22222,0f z z x y u x y v ==+ ∴ =+=。

2,2u u x y x y ∂∂= =∂∂。

v vx y∂∂ ==0 ∂∂。

所以除原点以外，,u v 不满足C －R 条件。

而,,u u v vx y x y∂∂∂∂ , ∂∂∂∂在原点连续，且满足C －R 条件，所以()f z 在原点可微。

()0000x x y y u v v u f i i x x y y ====⎛⎫∂∂∂∂⎛⎫'=+=-= ⎪ ⎪∂∂∂∂⎝⎭⎝⎭。

或：()()()2*000lim lim lim 0z z x y z f z x i y z∆→∆→∆=∆=∆'==∆=∆-∆=∆。

22***0*00limlim lim()0z z z z z z zzz z z z z z z z z=∆→∆→∆→+∆+∆+∆∆==+−−→∆∆∆。

【当0,i z z re θ≠∆=，*2i z e z θ-∆=∆与趋向有关，则上式中**1z zz z∆∆==∆∆】3、设333322()z 0()z=00x y i x y f z x y ⎧+++≠⎪=+⎨⎪⎩，证明()z f 在原点满足C －R 条件，但不可微。

证明：令()()(),,f z u x y iv x y =+，则()33222222,=00x y x y u x y x y x y ⎧-+≠⎪=+⎨+⎪⎩， 33222222(,)=00x y x y v x y x y x y ⎧++≠⎪=+⎨+⎪⎩。

复变函数习题总汇与参考答案(总21页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--复变函数习题总汇与参考答案第1章 复数与复变函数一、单项选择题1、若Z 1=（a, b ）,Z 2=(c, d),则Z 1·Z 2=（C ）A （ac+bd, a ）B (ac-bd, b)C （ac-bd, ac+bd ）D (ac+bd, bc-ad)2、若R>0，则N （∞，R ）={ z ：（D ）}A |z|<RB 0<|z|<RC R<|z|<+∞D |z|>R3、若z=x+iy, 则y=(D) A B C D4、若A= ，则 |A|=（C ） A 3 B 0 C 1 D 2二、填空题1、若z=x+iy, w=z 2=u+iv, 则v=（ 2xy ）2、复平面上满足Rez=4的点集为（ {z=x+iy|x=4} ）3、（ 设E 为点集，若它是开集，且是连通的，则E ）称为区域。

2zz +2z z -izz 2+iz z 2-)1)(4()1)(4(i i i i +--+4、设z 0=x 0+iy 0, z n =x n +iy n (n=1,2,……)，则{z n }以z o 为极限的充分必要条件是 x n =x 0，且 y n =y 0。

三、计算题1、求复数-1-i 的实部、虚部、模与主辐角。

解：Re(-1-i)=-1 Im(-1-i)=-1|-1-i|=2、写出复数-i 的三角式。

解：3、写出复数 的代数式。

解：4、求根式的值。

+∞→n lim +∞→n lim ππ45|11|arctan ),1(12)1()1(=--+=--∴--=-+-i ary i 在第三象限 ππ23sin 23cos i i +=-i i i i i i i i i i i i i i i 212312121)1()1)(1()1(11--=--+-=⋅-++-+=-+-ii i i -+-11327-解：四、证明题1、证明若 ，则a 2+b 2=1。

习题六1. 求映射1w z=下，下列曲线的像. (1) 22x y ax += (0a ≠，为实数) 解：222211i=+i i x y w u v z x y x y x y ===-+++ 221x x u x y ax a===+, 所以1w z =将22x y ax +=映成直线1u a=. (2) .y kx =(k 为实数) 解： 22221i x y w z x y x y ==-++ 故1w z=将y kx =映成直线v ku =-. 2. 下列区域在指定的映射下映成什么？（1）Im()0,(1i)z w z >=+；解： (1i)(i )()i(+)w x y x y x y =+⋅+=-+所以Im()Re()w w >.故(1i)w z =+⋅将Im()0,z >映成Im()Re()w w >.(2) Re(z )>0. 0<Im(z )<1, i w z=. 解：设z =x +i y , x >0, 0<y <1.Re(w )>0. Im(w )>0. 若w =u +i v , 则因为0<y <1,则22221101,()22u u v u v <<-+>+ 故i w z=将Re(z )>0, 0<Im(z )<1.映为 Re(w )>0,Im(w )>0, 1212w > (以（12,0）为圆心、12为半径的圆) 3. 求w =z 2在z =i 处的伸缩率和旋转角，问w =z 2将经过点z =i 且平行于实轴正向的曲线的切线方向映成w 平面上哪一个方向？并作图.解：因为w '=2z ,所以w '(i)=2i , |w '|=2, 旋转角arg w '=π2. 于是, 经过点i 且平行实轴正向的向量映成w 平面上过点-1，且方向垂直向上的向量.如图所示.→4. 一个解析函数，所构成的映射在什么条件下具有伸缩率和旋转角的不变性？映射w =z 2在z 平面上每一点都具有这个性质吗？答：一个解析函数所构成的映射在导数不为零的条件下具有伸缩率和旋转不变性映射w =z 2在z =0处导数为零，所以在z =0处不具备这个性质.5. 求将区域0<x <1变为本身的整体线性质变换w z αβ=⋅+的一般形式.6. 试求所有使点1±不动的分式线性变换. 解：设所求分式线性变换为az bw cz d +=+(ad -bc ≠0)由11-→-.得 因为(1)a z c dw cz d ++-=+, 即(1)(1)1a z c z w cz d ++++=+,由11→代入上式，得22a ca d c d +=⇒=+. 因此11(1)(1)dcd cd c w z z cz d z +++=+=+⋅++ 令dq c =，得其中a 为复数.反之也成立，故所求分式线性映射为1111w z a w z ++=⋅--， a 为复数.7. 若分式线性映射，az bw cz d +=+将圆周|z |=1映射成直线则其余数应满足什么条件？ 解：若az bw cz d +=+将圆周|z |=1映成直线，则dz c =-映成w =∞. 而dz c =-落在单位圆周|z |=1,所以1dc -=,|c |=|d |.故系数应满足ad -bc ≠0,且|c |=|d |.8. 试确定映射，11z w z -=+作用下，下列集合的像.(1) Re()0z =; (2) |z |=2; (3) Im(z )>0.解：(1) Re(z )=0是虚轴，即z =i y 代入得. 写成参数方程为2211y u y -+=+， 221y v y =+, y -∞<<+∞.消去y 得，像曲线方程为单位圆,即u 2+v 2=1.(2) |z |=2.是一圆围，令i 2e ,02πz θθ=≤≤.代入得i i 2e 12e 1w θθ-=+化为参数方程.消去θ得，像曲线方程为一阿波罗斯圆.即(3) 当Im(z )>0时，即11Im()011w w z w w ++=-⇒<--, 令w =u +i v 得221(1)i 2Im()Im()01(1)i (1)w u v v w u v u v +++-==<--+-+. 即v >0,故Im(z )>0的像为Im(w )>0.9. 求出一个将右半平面Re(z )>0映射成单位圆|w |<1的分式线性变换.解：设映射将右半平面z 0映射成w =0，则z 0关于轴对称点0z 的像为w =∞， 所以所求分式线性变换形式为00z z w k z z -=⋅-其中k 为常数. 又因为00z z w k z z -=⋅-,而虚轴上的点z 对应|w |=1,不妨设z =0，则 故000e (Re()0)i z z w z z z θ-=⋅>-.10. 映射e 1i z w zϕαα-=⋅-⋅将||1z <映射成||1w <,实数ϕ的几何意义显什么？ 解：因为 从而2i i 2221||1()e e (1||)1||w ϕϕαααα-'=⋅=⋅-- 所以i 2arg ()arge arg (1||)w ϕααϕ'=-⋅-=故ϕ表示i e 1z w zθαα-=⋅-在单位圆内α处的旋转角arg ()w α'. 11. 求将上半平面Im(z )>0,映射成|w |<1单位圆的分式线性变换w =f (z )，并满足条件(1) f (i)=0, arg (i)f '=0; (2) f (1)=1, f. 解：将上半平面Im(z )>0, 映为单位圆|w |<1的一般分式线性映射为w =k z z αα-⋅-(Im(α)>0). (1) 由f (i)=0得α=i ，又由arg (i)0f '=,即i 22i ()e (i)f z z θ'=⋅+, πi()21(i)e 02f θ-'==，得π2θ=，所以 i i iz w z -=⋅+. (2) 由f (1)=1,得k =11αα--；由f,得kα联立解得w =12. 求将|z |<1映射成|w |<1的分式线性变换w =f (z)，并满足条件：(1) f (12)=0, f (-1)=1.(2) f (12)=0, 12πarg ()2f '=, (3) f (a )=a , arg ()f a ϕ'=.解：将单位圆|z |<1映成单位圆|w |<1的分式线性映射，为 i e 1z w zθαα-=-⋅ , |α|<1. (1) 由f (12)=0，知12α=.又由f (-1)=1，知 1i i i 2121e e (1)1e 1π1θθθθ--⋅=-=⇒=-⇒=+. 故12221112z z z w z --=-⋅=--. (2) 由f (12)=0，知12α=，又i 254e (2)z w z θ-'=⋅- i 11224π()e arg ()32f f θθ''=⇒==， 于是 π21i 2221e ()i 12z z z w z --==⋅--. (3) 先求=()z ξϕ，使z =a 0ξ→=，arg ()a ϕθ'=,且|z |<1映成|ξ|<1.则可知 i =()=e 1z a z a zθξϕ-⋅-⋅ 再求w =g (ξ)，使ξ=0→w =a , arg (0)0g '=,且|ξ|<1映成|w |<1.先求其反函数=()w ξψ,它使|w|<1映为|ξ|<1,w =a 映为ξ=0，且arg ()arg(1/(0))0w g ψ''==,则 =()=1w a w a wξψ--⋅. 因此，所求w 由等式给出.i =e 11w a z a a w a zθ--⋅-⋅-⋅. 13. 求将顶点在0，1，i 的三角形式的内部映射为顶点依次为0，2，1+i 的三角形的内部的分式线性映射. 解：直接用交比不变性公式即可求得02w w --∶1i 01i 2+-+-=02z z --∶i 0i 1-- 2w w -.1i 21i +-+=1z z -.i 1i-4z (i 1)(1i)w z -=--+. 14. 求出将圆环域2<|z |<5映射为圆环域4<|w |<10且使f (5)=-4的分式线性映射.解：因为z=5,-5,-2,2映为w=-4,4,10,-10,由交比不变性，有2525-+∶2525---+=104104-+--∶104104+- 故w =f (z )应为55z z -+∶2525---+=44w w +-∶104105+- 即 44w w +-=55z z --+20w z⇒=-. 讨论求得映射是否合乎要求，由于w =f (z )将|z |=2映为|w |=10，且将z =5映为w =-4.所以|z |>2映为|w |<10.又w =f (z )将|z |=5映为|w |=4，将z =2映为w =-10，所以将|z |<5映为|w |>4，由此确认，此函数合乎要求.15.映射2w z =将z 平面上的曲线221124x y ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭映射到w 平面上的什么曲线？ 解：略.16. 映射w =e z 将下列区域映为什么图形.(1) 直线网Re(z )=C 1,Im(z )=C 2;(2) 带形区域Im(),02πz αβαβ<<≤<≤;(3) 半带形区域 Re()0,0Im(),02πz z αα><<≤≤.解：（1） 令z =x +i y , Re(z )=C 1,z =C 1+i y 1i =e e C y w ⇒⋅, Im(z )=C 2,则z =x +i C 22i =e e C x w ⇒⋅故=e z w 将直线Re(z )映成圆周1e C ρ=；直线Im(z )=C 2映为射线2C ϕ=.（2） 令z =x +i y ，y αβ<<,则i i =e e e e ,z x y x y w y αβ+==⋅<<故=e z w 将带形区域Im()z αβ<<映为arg()w αβ<<的张角为βα-的角形区域.（3） 令z =x +i y ，x >0，0<y < α, 02πα≤≤.则故=e zw 将半带形区域Re(z )>0,0<Im(z )<α, 02πα≤≤映为 |w |>1, 0arg w α<<(02πα≤≤).17. 求将单位圆的外部|z |>1保形映射为全平面除去线段-1<Re(w )<1,Im(w )=0的映射. 解：先用映射11w z=将|z |>1映为|w 1|<1,再用分式线性映射. 1211i 1w w w +=-⋅-将|w 1|<1映为上半平面Im(w 2)>0, 然后用幂函数232w w =映为有割痕为正实轴的全平面，最后用分式线性映射3311w w w -=+将区域映为有割痕[-1,1]的全平面. 故221121132222132111111i 1111111()11211i 1111z z z z w w w w w z w w z w w ⎛⎫⎛⎫++--⋅- ⎪ ⎪----⎝⎭⎝⎭=====+++⎛⎫⎛⎫++-⋅++ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭. 18. 求出将割去负实轴Re()0z -∞<≤,Im(z )=0的带形区域ππI m ()22z -<<映射为半带形区域πIm()πw -<<,Re(w )>0的映射.解：用1e z w =将区域映为有割痕(0,1)的右半平面Re(w 1)>0；再用1211ln 1w w w +=-将半平面映为有割痕(-∞,-1]的单位圆外域；又用3w =将区域映为去上半单位圆内部的上半平面；再用43ln w w =将区域映为半带形0<Im(w 4)<π,Re(w 4)>0；最后用42i πw w =-映为所求区域，故e 1ln e 1z z w +=-. 19. 求将Im(z )<1去掉单位圆|z |<1保形映射为上半平面Im(w )>0的映射.解：略.20. 映射cos w z =将半带形区域0<Re(z )<π,Im(z )>0保形映射为∞平面上的什么区域.解：因为 1cos ()2iz iz w z e e -==+ 可以分解为 w 1=i z ，12e ww =，32211()2w w w =+ 由于cos w z =在所给区域单叶解析，所以（1） w 1=i z 将半带域旋转π2，映为0<Im(w 1)<π,Re(w 1)<0. （2） 12e w w =将区域映为单位圆的上半圆内部|w 2|<1,Im(w 2)>0.（3） 2211()2w w w =+将区域映为下半平面Im(w )<0.。

复变函数练习题解答一、求出下列函数的奇点，并确定它们的类别(对于极点，耍指明它们的阶)，对于无穷远点也要加以讨论.(1)/(z) = —⑵ /(z) = —^-丄sin 丄Z zz解.(1) /(z)=—有奇点0,丄伙=1,2,3,・・・)严，因在扩充复平面上siiJ $——=sin丄有一阶零点丄伙=1,2,3,…)，8 ,故/(z)=—冷有一阶极点/⑵ 乙加sin 丄丄伙= 1,2,3,…)产,易见o是于(z)的一阶极点丄伙= 1,2,3,…)的极限点，因而o kn kn 不是/(z)的孤立奇点.解.(2) /(z)= ------------ 丄有奇点0,2£方伙=1，2,3,…)严，因e-1 z蛇⑵也詔也占=lim 2 = 1曲—e)',=怙= -1ZTO & _1 + ze、ZTO(&_1 + zej 乙TO 2b + 20是/(z)的可去奇点,易见/(z)有一阶极点2km(k = 1,2,3,…)•事实上恋(“ 2聞/⑵叮监(占-z-2kjt\ 1 ‘=lim ——: ---- =lim — = 1ZT2hri e、一 ] ZT2E e、因而oo是/(z)的一阶极点2Si伙=1,2,3,…)的极限点，OO不是/(z)的孤立奇点.二、考查函数f(z.) = x3-y3 + 2x2y2i的可微性和解析性，并求出导数(如存在).解.因u（x, y） = x3 - y3, v（x,y） = 2x2y2,宾=3疋，-^- = -3y2,ox dy^L = 4xy2 , ^- = 4x2y ,故f（z） = x3-y3+2x2y2i仅在两个点（0,0）,（—,—）满足ox dy 4 4C-R条件単=$, $ =—単，因此函数/⑵"―）,3+2兀2）円处处不解析，仅在ox dy ox dy3 3 3 3 27两个点（0,0）,（丁,丁）可导和可微，且r（o）=o, /（-+-/）=_.4 4 4 4 4三、求出圆忖v 2到半平面Re >v> 0的共形映射vv = /U）,使符合条件/（0） = 1解.71.Z1 = 一将圆|z|<2映为圆|z】| V1,z — i2.因s = —将半平而Imz9> 0映为圆忖|<1,故逆映射z2+ii0 + 7eE =i —将圆|z】|vl映为上半平而Im^>0一” _补3.w = —iz2将上半平面Im% >0映为右半平面Re w>Qz + 2严4.上述三个映射的复合w= ——将圆Z <2映为半平面Rew>0,且符合2严-z条件/（0） = 1.8 1四、证明：级数Yc-ir1-—收敛，但不绝对收敛，提示，写成实部和虚部.n=i i+ 〃一1证因£（一I）-1= £（― 1 严J "补 | - r 1 i）“=]1+〃一1 “=]（〃一1） +1 （H-1） +18 _ 1 8 1其实部工（-1）心；条件收敛，虚部y（-ir'—二一绝对收敛心（n一1）~ +1 心（n一1）~ +1因此级数£（-1严n=l1i+ n一1收敛, 但不绝对收敛.证 (1)设/(z) = w + iv ，则|/(z)|2 =u 2 +v 2,(2)左=2u ； + 2记 + 2Uy + 2Vy + 2u(u xx + u yy ) + 2v(v xv + v yy ) (3 )由⑵和 Laplace 方程 U xx + U yy = 0 , V xx + V vy = 0 知, 左=2u j + 2# + 2疋+2v^,x x y y⑷由(3)和C-R 条件竽占,単二—尖知，左=4尤+4忙 dy dx dy dx(5) 由(4)和厂⑵= /+i 匕知，右=4尤+4记(6) 由(4)和(5)矢口，左=右. 五、计算下列积分(1) 知 z(3z + l) (2) 『兀d& J 。

p269第六章习题(一) [ 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14 ]7. 从⎰C e i z /√z dz 出发，其中C 是如图所示之周线(√z 沿正实轴取正值)，证明：⎰(0, +∞) cos x /√x dx = ⎰(0, +∞) sin x /√x dx = √(π/2)．【解】| ⎰C (R ) e i z /√z dz | ≤ ⎰C (R ) | e i z |/R 1/2 ds= ⎰[0, π/2] | e i ρ (cos θ + i sin θ )|/R 1/2 · R d θ = ⎰[0, π/2] | e - R sin θ | R 1/2 d θ≤ R 1/2 ⎰[0, π/2] e - R sin θ d θ．由sin θ ≥ 2θ/π (θ∈[0, π/2] )，故R 1/2⎰[0, π/2] e - R sin θ d θ≤ R 1/2 ⎰[0, π/2] e - (2R / π)θ d θ = (π/(2R 1/2))(1 – e - R ) ≤ π/(2R 1/2)．所以，| ⎰C (R ) e i z /√z dz | → 0 (as R →+∞)．而由| ⎰C (r ) e i z /√z dz | ≤ (π/(2r 1/2))(1 – e - r )知| ⎰C (r ) e i z /√z dz | → 0 (as r → 0+ )．当r → 0+，R →+∞时，⎰[r , R ] e i z /√z dz = ⎰[r , R ] e i x /√x dx = ⎰[r , R ] (cos x + i sin x )/√x dx→ ⎰(0, +∞) cos x /√x dx + i ⎰(0, +∞) sin x /√x dx ．⎰[r i , R i ] e i z /√z dz = ⎰[r , R ] e i (i y )/√(i y ) i dy = ⎰[r , R ] e - y e i π/4/√y dy ．= (1 + i )/√2 · ⎰[r , R ] e - y /√y dy = 2(1 + i )/√2 · ⎰[√r , √R ] e - u ^2 du→ (1 + i )√2 · ⎰(0, +∞) e - u ^2 du = (1 + i )√2 · √π/2 = (1 + i )√(π/2)．由Cauchy 积分定理，⎰C e i z /√z dz = 0，故其极限也为0，所以，⎰(0, +∞) cos x /√x dx + i ⎰(0, +∞) sin x /√x dx = (1 + i )√(π/2)，即⎰(0, +∞) cos x /√x dx = ⎰(0, +∞) sin x /√x dx = √(π/2)．8. 从⎰C √z ln z /(1 + z )2 dz 出发，其中C 是如图所示之周线，证明：⎰(0, +∞) √x ln x /(1 + x )2 dx = π，⎰(0, +∞) √x /(1 + x )2 dx = π/2．【解】在割去原点及正实轴的z 平面上，√z ，ln z 都能分出单值解析分支，√z 取在正实轴的上岸取正值的那个分支，ln z 取在正实轴的上岸取实数值的那个分支．记f (z ) = √z ln z /(1 + z )2 dz ．f (z )的有限奇点只有- 1，且- 1是f (z )的2阶极点．Res[√z ln z /(1 + z )2; - 1] = lim z → - 1 ((1 + z )2 · f (z ))’= lim z → - 1 (√z ln z )’ = lim z → - 1 (((1/2) ln z + 1 )√z /z )= ((1/2) ln (- 1) + 1 )√(- 1)/(- 1)= - ((1/2) πi + 1 )i = (1/2) π - i ．当r < 1 < R 时，⎰C √z ln z /(1 + z )2 dz= ⎰C (r ) + ⎰C (R ) + ⎰L (1) + ⎰L (2) = 2πi Res[√z ln z /(1 + z )2; -1] = 2π + π2 i ．⎰L (1) √z ln z /(1 + z )2 dz = ⎰(r , R ) √x ln x /(1 + x )2 dx→ ⎰(0, +∞) √x ln x /(1 + x )2 dx (当r → 0+，R →+∞时)⎰L (2) √z ln z /(1 + z )2 dz = ⎰(R , r ) (-√x )(ln x + 2πi )/(1 + x )2 dx= ⎰(r , R ) (√x ln x )/(1 + x )2 dx + 2πi ⎰(r , R )√x /(1 + x )2 dx→ ⎰(0, +∞) √x ln x /(1 + x )2 dx + 2πi ⎰(0, +∞) √x /(1 + x )2 dx (当r → 0+，R →+∞时)． 因为z · √z ln z /(1 + z )2 → 0 (当| z |→ +∞时)，故⎰C(R) √z ln z/(1 + z)2dz→ 0 (当R → +∞时)．因为z ·√z ln z/(1 + z)2 → 0 (当| z |→ 0时)，故⎰C(r) √z ln z/(1 + z)2dz→ 0 (当r → 0时)．所以，⎰L(1)+ ⎰L(2)→π/2 -i (当r→ 0+，R→+∞时)．故2⎰(0, +∞)√x ln x/(1 + x)2dx + 2πi⎰(0, +∞) √x /(1 + x)2dx = 2π + π2i．所以，⎰(0, +∞)√x ln x/(1 + x)2dx = π，⎰(0, +∞)√x /(1 + x)2dx = π/2．9. 证明：I = ⎰(0, 1) 1/((1 + x2)(1 -x2)1/2) dx = π/23/2．在割线的上岸(1 -z2)1/2取正值的那一支．因i和-i都是f(z)的一阶极点，故Res[ f(z); i] = 1/(2z (1 -z2)1/2)|z = i= -i/23/2．Res[ f(z); i] = 1/(2z (1 -z2)1/2)|z = –i= -i/23/2．若x在上岸，则f(x) = 1/((1 + x2)(1 -x2)1/2)；若x在下岸，则f(x) = e-i π/((1 + x2)(1 -x2)1/2)；⎰L(1) f(z) dz = ⎰[– 1 + r, 1 –r] f(x) dx．⎰L(2) f(z) dz = ⎰[– 1 + r, 1 –r] f(x) dx．因为lim z→–1 (1 + z) f(z) = 0，lim z→ 1 (1 -z) f(z) = 0，故⎰S(r) f(z) dz→ 0，⎰T(r) f(z) dz→ 0 (as r → 0)．因为lim z→∞z f(z) = 0，故⎰C(R) f(z) dz→ 0 (as R → +∞)．故⎰L(1) f(z) dz + ⎰L(2) f(z) dz→ (2πi)(Res[ f(z); i] + Res[ f(z); -i]) (as r→ 0+，R→+∞)．所以2⎰(– 1, 1) f(x) dx = (2πi)(Res[ f(z); i] + Res[ f(z); -i]) = (2πi)(-i/23/2) = 2π/23/2．故⎰(– 1, 1) f(x) dx = π/23/2．10. 证明方程e z-λ= z ( λ> 1 )在单位圆| z | < 1内恰有一个根，且为实根．【解】在单位圆周C : | z | = 1上，设z = x + i y，则z-λ= (x -λ) + i y，故| e z-λ| = | e (x -λ) + i y | = | e x -λ| < 1 = | z |，由Rouché定理，N(z - e z-λ, C) = N(z, C) = 1．故z - e z-λ = 0在单位圆内恰有一个根．设f(x) = x - e x-λ，x∈ ．因f(- 1) = (- 1)- e-1 -λ < 0，f(1) = 1- e 1 -λ > 0，故x - e x-λ = 0在区间(- 1, 1)内有根．所以方程e z-λ= z ( λ> 1 )在单位圆| z | < 1内的唯一根为实根．[原题是错题．例如c = 1/2，λ= 2，则∀z∈ ，当| z | < 1时，| c z-λ| = | exp((z-λ) Ln c)| = | exp(( z– 2)(ln| 1/2| + 2kπi)) | = e (2 –z)ln2 > 1 > | z |．]11. 证明方程e z- eλz n= 0 ( λ> 1 )在单位圆| z | < 1内有n个根．【解】在单位圆周C : | z | = 1上，| e z| = e Re(z)≤ e | z |≤ e < eλ= | eλz n |，由Rouché定理，N(eλz n- e z, C) = N(eλz n, C) = N(z n, C) = n．12. 若f(z)在周线C内部除有一个一阶极点外解析，且连续到C，在C上| f(z) | = 1，证明f(z) = a ( | a | > 1 )在C内部恰好有一个根．【解】考虑圆K = { z∈ | | z–a | < | a |}．因为| (a-f(z)) -a | = | f(z) | = 1 < | a |，故a-f(z)∈K．因ln(a-f(z))的每个分支，以及他们的导数(ln(a-f(z))’都在K内解析；故i ∆C arg (a-f(z) ) = ⎰C(ln(a-f(z))’dz = 0．由辐角原理，N(a -f(z), C) -P(a -f(z), C) = (2π)–1∆C arg (a-f(z) ) = 0．而a -f(z)在周线C内部除有一个一阶极点外解析，故P(a -f(z), C) = 1．因此N(a -f(z), C) = 1，故f(z) = a ( | a | > 1 )在C内部恰好有一个根．13. 若f(z)在周线C的内部亚纯且连续到C，试证：(1) 若z∈C时，| f(z) | < 1，则方程f(z) = 1在C的内部的根的个数，等于f(z)在C 的内部的极点个数．(2) 若z∈C时，| f(z) | > 1，则方程f(z) = 1在C的内部的根的个数，等于f(z)在C 的内部的零点个数．【解】(1) 类似第12题，设K = { z∈ | | z– 1 | < 1}．因| (1 -f(z)) – 1 | = | f(z) | < 1，故(1 -f(z))∈K．因i ∆C arg (a-f(z) ) = ⎰C(ln(1 -f(z))’dz = 0．故由辐角原理，N(1-f(z), C) -P(1-f(z), C) = (2π)–1∆C arg (a-f(z) ) = 0．而P(1-f(z), C) = P( f(z), C)，所以，N(1-f(z), C) = P( f(z), C)．(2) 因z∈C时，| f(z) | > 1，故在C上，恒有f(z) ≠ 0，即f(z)在C上无零点．设g(z) = 1/f(z) ( 若z是f(z)极点则规定g(z) = 0，若z是f(z)的零点不定义g(z))．那么，g(z)在C的内部亚纯且连续到C，并且当z∈C时，| g(z) | < 1．由(1)的结论，在C的内部，方程g(z) = 1的根的个数等于g(z)的极点的个数．再注意到方程g(z) = 1和方程f(z) = 1在C的内部的根的个数相同，并且，因为在C的内部，z是f(z)的零点⇔z是g(z)的极点，故g(z)的极点个数等于f(z)的零点个数；所以，方程f(z) = 1在C的内部的根的个数，等于f(z)在C的内部的零点个数．14. 设ϕ(z)在C : | z | = 1内部解析，且连续到C．在C上，| ϕ(z) | < 1．试证：在C的内部只有一个点z0，使ϕ(z0) = z0．【解】设f(z) = z，则f(z)在C内部解析且连续到C，在C上，| f(z) | = 1 > | ϕ(z) |．由Rouché定理，N( f(z) -ϕ(z), C) = N( f(z), C) = 1．即方程ϕ(z) = z在C的内部只有一个根．p273第六章习题(二) [ 2, 3, 4, 5 ]2. 计算积分(1/(2πi))⎰C 1/(ζ(ζ- z)) dζ，其中C为单位圆周| ζ| = 1，z∉C．【解】设f(ζ) = 1/(ζ(ζ- z))．当| z | > 1时，f(ζ)在C内部的唯一奇点0是1阶极点，故(1/(2πi))⎰C f(ζ) dζ = Res[f(ζ), 0] = - 1/z．当0 < | z | < 1时，f(ζ)在C内部的两个奇点0, z都是1阶极点，故(1/(2πi))⎰C f(ζ) dζ = Res[f(ζ), 0] + Res[f(ζ), z] = (- 1/z) + (1/z) = 0．当| z | = 0时，f(ζ)在C内部的唯一奇点0是2阶极点，故(1/(2πi))⎰C f(ζ) dζ = Res[f(ζ), 0] = 0．3. 设f(z)在| z | < 1内解析，在| z | ≤ 1上连续，试证：(1 - | z |2) f(z) = (1/(2πi))⎰C : | ζ| = 1f(ζ) ((1-z*ζ)/(ζ- z)) dζ，其中z属于C的内部．【解】设g(ζ) = f(ζ) ((1-z*ζ)/(ζ- z))．若f(z) = 0，则z是g(ζ)的解析点，因此g(ζ)在| ζ | < 1内解析，在| ζ | ≤ 1上连续，故⎰C : | ζ| = 1g(ζ) dζ = 0，因此等式成立．若f(z) ≠ 0，则z是g(ζ)的一阶极点，故(1/(2πi))⎰C : | ζ| = 1f(ζ) ((1-z*ζ)/(ζ- z)) dζ = Res[f(ζ) ((1-z*ζ)/(ζ- z)), z]= f(z) (1-z*z ) = (1 - | z |2) f(z)．4. 试证：(z n/n! )2 = (1/(2πi))⎰C : | ζ| = 1 (z n e zζ)/(n! ζ n + 1 ) dζ，这里C是围绕原点的一条周线．【解】只需要证明，当z≠ 0时，z n/n! = (1/(2πi))⎰C : | ζ| = 1 e zζ/ζ n + 1dζ．由高阶导数公式，(n!/(2πi))⎰C : | ζ| = 1 e zζ/ζ n + 1dζ = (e zζ)(n)|ζ= 0= (z n e zζ)|ζ= 0= z n．或(1/(2πi))⎰C : | ζ| = 1 e zζ/ζ n + 1dζ = Res[e zζ/ζ n + 1, 0] = ((e zζ)(n)|ζ= 0)/n!= z n/n!．5. 试证(含∞的区域的留数定理)：设D是 ∞内含有∞的区域，其边界C是由有限条互不包含且互不相交的周线C1, C2, ..., C m组成，又设函数f(z)在D内除去有限个孤立奇点z1, z2, ..., z n及∞外解析，且连续到边界C，则⎰-C f(z) dz = 2πi ( ∑1≤k≤n Res[f(z), z k] + Res[f(z), ∞] )．【解】∀j : 1 ≤j ≤m，因∞不在C j上，故C j ⊆ 中，因此C j是有界集．故可取充分大的R > 0，使得周线C1, C2, ..., C m及在 中的孤立奇点z1, z2, ..., z n 都在圆K = { z∈ | | z | < R }内．由留数定理，⎰∂K f(z) dz + ⎰-C f(z) dz = 2πi∑1≤k≤n Res[f(z), z k]；而Res[f(z), ∞] = - (1/(2πi))⎰∂K f(z) dz，所以，⎰-C f(z) dz = 2πi ( ∑1≤k≤n Res[f(z), z k] + Res[f(z), ∞] )．∀∃∅-⨯±≠≥·◦≤≡⊕⊗≅αβχδεφγηιϕκλμνοπθρστυϖωξψζ∞•︒ℵℜ℘∇∏∑⎰⊥∠ √§ψ∈∉⊆⊂⊃⊇⊄⊄∠⇒♣♦♥♠§ #↔→←↑↓⌝∨∧⋃⋂⇔⇒⇐∆∑ΓΦΛΩ∂∀m∈ +，★z∈ ∞α1, α2, ...αn lim n→∞，+n→∞∀ε > 0，∑u n，∑n≥ 1u n，m∈ ，∀ε > 0，∃δ> 0，【解】z⎰[0, 2π]l 2 dx，f(x) = (-∞, +∞)[-π, π]∑1 ≤k≤n u n，[0, 2π]。

第六章部分习题解答1．求下列各函数()z f 在孤立奇点的留数（不考虑无穷远点。

）（1）421z e z-； （2）z sin 1解 （1）()421z e z f z-=，0=z 为分母的四级零点，是分子的一级零点，所以是()z f 的三级极点。

()[]⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⋅=→4232201!21lim 0,Res z e z dz d z f z z =34-或展开洛朗级数 ()⎥⎦⎤⎢⎣⎡----=3248!314!212111z z z z z f知 ()[]340,Res 1-==-c z f （2）()z z f sin 1=，() ,1,00sin ±==⇒=k k z z π为()z f 一级极点()[]ππk z z k z f ==cos 1,Res ()⎩⎨⎧-=+=-==k m k m k 11212,12．求()[]∞,Res z f 的值，如果（1）1)(2-=z e z f z解（1）1)(2-=z e z f z有两个一级极点,1,1-==z z 故由全部留数和为零的定理，则 ()[]()[]()[]1lim 1lim 1,Res 1,Res ,Res 11--+-=---=∞-→→z e z e z f z f z f zz z z=1sh 221-=+--e e3．试求下列各积分的值.()()⎰<+πθθ201cos 1a a d . ()()⎰∞+021sin 7dx x x x . 解（1）令,i θe z =则(),i ,21cos 1z dz d z z =+=-θθ()()⎰--==,i 21||βαz z dz I z 其中,1||,1||,1,1,122><=---=-+-=βααββαa a a a 应用留数定理()[]{}.1214,Res 2i 22-=-⋅==a z f i I πβαπαπ （2）()()()⎰⎰⎰+∞∞-+∞∞-∞+⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧+=+=+dx x x e dx x x x dx x x x x 2i 2021Im 211sin 211sin 对于()dx x x e I x ⎰+∞∞-+=2i 1，()()211z z z R +=， 则，z =i 为()z R 在0Im >z 内的一级极点，而0=z 为()z R 在实轴上的一级极点，故有：()[]110,Res 02i i =+==z zz z e e z R()[]()e z z e e z R z z z 21i i ,Res i i i -=+==()()[]()[]i ,iRes 20,iRes 1i i 2z z ix e z R e z R dx x x e I ππ+=+=⎰+∞∞- i 1i ππe-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=e 11i π 故 ()⎰+∞⎪⎭⎫ ⎝⎛-==+02112}Im {211sin e I dx x x x π4．试求下列各积分的值。