复变函数 第四版 (西安交通大学高等数学教研室 著) 课后习题答案 高等教育出版社 56页

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⎡()3+4i(2−5i)⎤7⎢⎥=−+l3i⎣2i⎦2()3+4i(2−5i)529=，2i2⎡()3+4i(2−5i)⎤⎡()3+4i(2−5i)⎤26Arg=arg+2kπ=2arctan−π+2kπ⎢⎥⎢⎥⎣2i⎦⎣2i⎦726=arctan+()2k−1π,k=0,±1,±2,?.782124210410（4）i−4i+i=(i)−4(i)i+i=()−1−4()−1i+i=1−4i+i=1−3i所以{821}{821}Rei−4i+i=1,Imi−4i+i=−3⎛⎜i8−4i21+i⎞⎟=1+3i，|i8−4i21+i|=10⎝⎠821821Arg(i−4i+i)=arg(i−4i+i)+2kπ=arg(1−3i)+2kπ=−arctan3+2kπk=0,±1,±2,?.x+1+i(y−3)2．如果等式=1+i成立，试求实数x,y为何值。5+3i解：由于x+1+i(y−3)[x+1+i(y−3)](5−3i)=5+3i()5+3i(5−3i)5(x+1)+3(y−3)+i[−3(x+1)(+5y−3)]=341=[]5x+3y−4+i()−3x+5y−18=1+i34比较等式两端的实、虚部，得⎧5x+3y−4=34⎧5x+3y=38⎨或⎨⎩−3x+5y−18=34⎩−3x+5y=52解得x=1,y=11。-13．证明虚单位i有这样的性质：-i=i=i。4．证明21)|zz|=z@116)Re(zz)=(+=z),Im(z)(z−z)22i2 证明：可设zx=+iy，然后代入逐项验证。225．对任何z，z=|z|是否成立？如果是，就给出证明。如果不是，对z那些值才成立？22解：设zx=+iy，则要使z=|z|成立有22222222x−+yx2iy=x+y，即xy−=x+y,xy=0。由此可得z为实数。n6．当|z|≤1时，求|z+a|的最大值，其中n为正整数，a为复数。argai解：由于zn+a≤|z|n+|a|≤1+|a|，且当z=en时，有narga⎛i⎞|zn+a|=⎜en⎟+|a|eiarga=()1+aeiarga=1+|a|⎜⎟⎝⎠故1+|a|为所求。8．将下列复数化成三角表示式和指数表示式。（1）i；（2）-1；（3）1+3i；()22icos5ϕ+isin5ϕ（4）1−cosϕ+isinϕ(0≤ϕ≤π)；（5）；（6）3−1+i()cos3ϕ−isin3ϕπππi解：（1）i=cos+isin=e2；22iπ（2）−1=cosπ+isinπ=eπ⎛13⎞⎛ππ⎞i（3）1+i3=2⎜+i⎟=2⎜cos+isin⎟=2e3；⎜⎝22⎟⎠⎝33⎠2ϕϕϕϕ⎛⎞ϕϕ（4）1−+cosϕϕisin=2sin+i2sincos=2sin⎜⎟sin+icos2222⎝⎠22π−ϕϕ⎛π−ϕπ−ϕ⎞ϕi=2sincos+isin⎟=2sine2,(0≤ϕ≤π)；⎜2⎝22⎠22i1⎛11⎞（5）=2i()−1−i=1−i=2⎜−i⎟⎜⎟−1+i2⎝22⎠⎛ππ⎞=2⎜cos−isin⎟⎝44⎠π−i=2e42()cos5ϕϕ+isin5i5ϕ23−−i3ϕϕi10i9ϕi19ϕ（6）3==()e/(e)e/e=e()cos3ϕϕ−isin33 =cos19ϕ+isin19ϕ9．将下列坐标变换公式写成复数的形式：⎧x=xa+,111）平移公式：⎨⎩yy=+b;11⎧xx=−cosαysinα,112）旋转公式：⎨⎩yx=+sinαycosα.11解：设Aa=+ib，zx=+iy，zx=+iy，则有11111iα1）zz=+A；2）zz=+(cosααisin)=ze。11110．一个复数乘以-i，它的模与辐角有何改变？π⎛π⎞−ii⎜Argz−⎟解：设复数z=|z|eiArgz，则z()−i=|z|eiArgz⋅e2=|z|e⎝2⎠，可知复数的模不变，π辐角减少。2222211．证明：||zz++|z−z|=2(|z|+|z|)，并说明其几何意义。12121222证明：|zz++||z−z|=()zz+()zz++(z−z)(z−z)121212121212=+2(zzzz)112222=+2(|zz|||)12其几何意义平行四边形的对角线长度平方的和等于四个边的平方的和。12．证明下列各题：Pz()1）任何有理分式函数Rz()=可以化为X+iY的形式，其中X与Y为具Qz()有实系数的x与y的有理分式函数；2）如果R(z)为1）中的有理分式函数，但具有实系数，那么R()zX=−iY；3）如果复数a+ib是实系数方程nn−1az+az++?az+a=001nn−1的根，那么a−ib也是它的根。Pz()Pz()Q()zRe(Pz()Q(z))Im(Pz()Q(z))证1）Rz()===+;Qz()Qz()Qz()qx(,y)q(x,y)Pz()Pz()⎛⎞Pz()2）R()zX===⎜⎟=+iY=−XiY;Qz()Qz()⎝⎠Qz()3）事实上nn−1Pz()=a01z++az?+ann−1z+a4 2n()=a0+a1z+a2z+?+anz=Pzit13．如果z=e，试证明n1n1（1）z+=2cosnt；（2）z−=2isinntnnzzn1int−intintint解（1）z+=e+e=e+e=2sinntnzn1int−intintint（2）z−=e−e=e−e=2isinntnz14．求下列各式的值15663（1）(3−i)；（2）(1+i)；（3）−1；（4）()1−i55⎡⎛3i⎞⎤−iπ/65−i5π/6解（1）()3−i=⎢2⎜−⎟⎥=()2e=32e⎢⎜22⎟⎥⎣⎝⎠⎦⎡⎤⎛⎞5π⎛⎞5π=−32⎢⎥cos⎜⎟+isin⎜⎟−=−163−16i⎣⎦⎝⎠66⎝⎠66⎡⎤⎛⎞1ii/π463πi/2（2）()1i+=⎢⎥2⎜⎟+=()2e=8e=−8i。⎣⎦⎝⎠2216−=1eiπ+2kπ6=eiπ()21k+/6,k=0,1,2,3,4,5。可知6（3）()−1的6个值分别是iπ/63iiπ/2i5π/63ie=+,e=i，ei=−+2222i7π/63ii3π/2i11π/43ie=−−，e=−i，e=−。222211⎛π⎞1⎡⎛1i⎞⎤3i⎜−+2kπ⎟3−iπ/436⎝4⎠（4）()1−i3=⎢2⎜⎜−⎟⎟⎥=()2e=2e,k=0,1,2。⎣⎝22⎠⎦1/3可知(1i−)的3个值分别是6−iπ/26⎛ππ⎞2e=2⎜cos−isin⎟,⎝1212⎠6i7π/126⎛7π7π⎞2e=2⎜cos+isin⎟,⎝1212⎠6i5π/46⎛5π5π⎞2e=2⎜cos+isin⎟。⎝44⎠nn15．若(1+i)=−(1i)，试求n的值。5 iππ/4nn−−i/4inπ/4inπ/4n解由题意即(2e)==(2e),ee，sinπ=0，4故nk==4,k0,±1,±2,?。316．（1）求方程z+8=0的所有根（2）求微分方程y"""+8y=0的一般解。1πi1()+2k解（1）z=−()823=e3，k=0,1,2。即原方程有如下三个解：1+i3,−2,1−i3。3（2）原方程的特征方程λ+8=0有根λ=1+3i，λ=−2，λ=1−3i，故其123一般形式为−2xx()y=Ce+eCcos3x+Csin3x12317．在平面上任意选一点z，然后在复平面上画出下列各点的位置：111−zz,,−−z,,,。zzzy1−zzzox-zz11−zz18．已知两点z1与z2（或已知三点z1,z2,z3）问下列各点位于何处？1（1）z=()z1+z22（2）z=λz1+(1−λ)z2（其中λ为实数）；1（3）z=()z1+z2+z3。3解令z=x+iy,k=1,2,3，则kkkx+xy+y1212（1）z=+i，知点z位于z与z连线的中点。12226 |z−z|1（2）z=x−λ(x−x)+i[y−λ(y−y)]，知点位于z与z连线上定比λ=22122112|z−z|21处。1i（3）z=()x1+x2+x3+(y1+y2+y3)，由几何知识知点z位于∆z1z2z3的重心33处。19．设zz,,z三点适合条件：z+z+z=0,123123z1=z2=z3=1。证明z1，z2，z3是内接于单位圆z=1的一个正三角形的顶点。证由于z=z=z=1，知∆zzz的三个顶点均在单位圆上。123123因为21==zzz333=[−()z+z][−()z+z]=zz+zz+zz+zz121211223212=2+zz+zz1212所以，zz+zz=−1，又12122z−z=(z−z)(z−z)=zz+zz−(zz+zz)12121211221221=2−(zz+zz)=31212故z−z=3，同理z−z=z−z=3，知∆zzz是内接于单位圆z=1121323123的一个正三角形。20．如果复数z1，z2，z3满足等式z−zz−z2113=z−zz−z3123证明z−z=z−z=z−z，并说明这些等式的几何意义。213123由等式得arg(z−z)−arg(z−z)=arg(z−z)−arg(z−z)21311323即∠zzz=∠zzz。又因为213132z−z()z−z+(z−z)z−z21211323==z−z()z−z+(z−z)z−z31312321又可得∠zzz=∠zzz，所以知∆zzz是正三角形，从而213321123z−z=z−z=z−z。2131237 21．指出下列各题中点z的存在范围，并作图。（1）|5z−=|6；（2）|z+2i|≥1；（3）Re(z+2)=−1；（4）Re()iz=3；（5）|z+i|=|z−i|；（6）|z+3|+|z+1|=4z−3（7）Im(z)≤2；（8）≥1；z−2π（9）0a0（见下图（j））；8 yyOxiO5x-2(a)(b)y3i-3Ox(c)(d)yy2i3iixz-2x(f)-i(g)(e)yyy=x+1Oix5/2xO(h)(i)(j)22．描出下列不等式所确定的区域，并指是有界的还是无界的，闭的还是开的，单连的还是多连的。（1）Imz>0；（2）z−1>4；（3）01；（10）zz−(2+−i)z(2−i)z≤4。解（1）Imz>0yOx不包含实轴的上半平面，是无界的、开的单连通区域。（2）z−1>4yO15x22圆(z−1)+y=16的外部（不包括圆周），是无界的、开的多连通区域。（3）0−1yD-1Ox直线x=-1右边的平面区域，不包括直线在内，是无界的、开的单连通的区域。（6）−<1argz<−1+πyo-1x由射线θ=1及θ=1+π构成的角形域，不包括两射线在内，即为一半平面，是无界的、开的单连通区域。22⎛⎞172⎛8⎞（7）zz−<14+1⇔⎜⎟x++y>⎜⎟⎝⎠15⎝15⎠yD8/15-17/15Ox11 178中心在点z=−，半径为的圆周的外部区域（不包括圆周本身在内），是无1515界的、开的多连通区域。（8）|2zz−++||2|≤6y5o3x22xy是椭圆+=1及其围成的区域，是有界的、闭的单连通区域。95224（9）zz−−2|+2|>1⇔4x−y>1,x<015yDx－1/2242是双曲线4x−y=1的左边分支的内部区域，是无界的、开的单连通区域。15（10）zz−+(2i)z−−(2i)z≤4yo2x-112 22是圆(2xy−+)（）+1=9及其内部区域，是有界的、闭的单连通区域。23．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）证设直角坐标系的平面方程为Ax+By=C将11x=Rez=(z+z),y=Imz=(z−z)代入，得22i11(A−iB)z+(A−iB)z=C2211令a=(A+iB)，则a=(A−iB)，上式即为az+az=C。2224．证明复平面上的圆周方程可写成：zz+αz++αzc=0,(其中α为复常数，c为实常数)。222证()za+()za+=R⇔zz+az+aza+a−R=0，其中c=−aaR为实常数。25．求下列方程（t是实参数）给出的曲线。（1）z=(1+i)t；（2）z=acost+ibsint；i2i（3）z=t+；（4）z=t+，2ttiitt−（5）za=+chtibsht（6）za=+ebeαt（7）ze==,(αa+bi为复数)⎧x=t解（1）z=x+iy=(1+i)t⇔⎨,−∞0，则∃δ>0，当z→z02z−z0<δ时，有f(z0)f(z)−f(z0)<ε=2f(z0)f(z0)从而f(z0)−>0即点z∈U(z0,δ)时，则f(z)≠0。2230．设limf(zA)=，证明f()z在z的某一去心邻域内是有界的。0z→z0证取ε=1，则存在δ>0，当0|0⎪u⎪⎪vargf()z=⎨arctan+π,u<0,v>0⎪u⎪varctan−π,u<0,v<0⎪⎩u⎧C1u>1⎪=⎨C1+πu<0,v>0⎪C−πu<0,v<0⎩1总之对argf()z分别关于x和y求偏导，得4 1⎛∂v∂u⎞∂v∂u2⎜u−v⎟u−vu⎝∂x∂x⎠∂x∂x==0222⎛v⎞u+v1+⎜⎟⎝u⎠1⎛∂v∂u⎞∂v∂u⎜u−v⎟u−v2⎜⎟u⎝∂y∂y⎠∂y∂y==0222⎛v⎞u+v1+⎜⎟⎝u⎠化简上式并利用f()z解析，其实、虚部满足C-R条件，得⎧∂u∂u−v−u=0⎪⎪∂x∂y⎨∂u∂u⎪u−v=0⎪⎩∂x∂y∂u∂u∂u∂v解得==0，同理也可求得==0，即u和v均为实常数，分别记为C和C，从而23∂x∂y∂x∂yf()z=u+iv=C+iC=C为一复常数。2322（5）若au+bv=c，其中a、b和c为不全为零的实常数，这里a和b不全为0，即a+b≠0，否则此时a、b和c全为零。对方程au+bv=c分别对于x和y求偏导，得⎧∂u∂va+b=0⎪⎪∂x∂x⎨∂u∂v⎪a+b=0⎪⎩∂y∂y再利用解析函数f()z=u+iv的实、虚部u和v满足C-R条件，得⎧∂u∂ua−b=0⎪⎪∂x∂y⎨∂u∂u⎪b+a=0⎪⎩∂x∂y∂u∂u∂v∂v解得==0，同理也可求得==0，知函数f(z)为一常数。∂x∂y∂x∂y11.下列关系是否正确？zz（1）e=e；（2）cosz=cosz；（3）sinz=sinzzxxx−iyz解（1）e=e(cosy+isiny)=e(cosy−isiny)=e=e⎛eiz+e−iz⎞11（2）cosz=⎜⎟=(eiz+e−iz)=()e−iz+eiz=cosz。⎜2⎟22⎝⎠1iz−iz1iz−iz1−iziz（3）sinz=()e−e=()e−e=(e−e)2i2i−2i1iz−iz=(e−e)=sinz。2i12．找出下列方程的全部解。z（3）1+e=0；（4）sinz+cosz=0；z解（3）原方程等价于e=−1，于是它的解为：5 z=Ln(−1)=ln|−1|+i[arg(−1)+2kπ]=iπ(1+2k)k=0,±1,±2,?iizz−ee−1iizz−（4）由于sinzz=−cos,=−()e+e，故2i22iz(2iz)e−1=−ie+12iz1−ie=1+i1⎛1−i⎞11z=Ln⎜⎟=Ln()−i=[]ln|−i|+i()arg()−i+2kπ2i⎝1+i⎠2i2ii⎛π⎞⎛1⎞=⎜−+2kπ⎟=⎜k−⎟π,k=0,±1,±2,?2i⎝2⎠⎝4⎠13．证明：（1）cos()z+z=coszcosz−sinzsinz;121212sin()z+z=sinzcosz−coszsinz;121212222tanz（2）sinz+cosz=1；（3）sin2z=2sinzcosz；（4）tan2z=；21−tanz⎛π⎞（5）sin⎜−z⎟=cosz，cos()z+π=−cosz；⎝2⎠222222（6）|cos|zx=+cosshy,|sin|zx=+sinshy证（1）左=cos()z+z=1[]ei()()z1+z2+e−iz1+z2122右=coszcosz−sinzsinz1212eiz1+e−iz1eiz2+e−iz2eiz1−e−iz1eiz2−e−iz2=−222i2iei()()z1+z2+eiz1−z2+e−i()z1−z2+e−i(z1+z2)+ei(z1+z2)−ei(z1−z2)−e−i(z1−z2)(+e−iz1+z2)=4ei()z1+z2+e−i()z1+z2=2可见左=右，即cos(z+z)=coszcosz−sinzsinz；121212左=sin()z+z=1[ei()()z1+z2−e−iz1+z2]122i右=sinzcosz+coszsinz1212=1()eiz1−e−iz11(eiz2−e−iz2)+1()eiz1+e−iz11(eiz2−e−iz2)2i222i=1[]ei()()()()z1+z2+eiz1−z2−e−iz1−z2−e−iz1+z2+1[ei()()()()z1+z2−eiz1−z2+e−iz1−z2−e−iz1+z2]4i4i=1[]2ei()z1+z2−2e−i()z1+z2=1[ei()z1+z2−e−i(z1+z2)]4i2i可见左=右，即sin()z+z=sinzcosz+coszsinz12121222iz−iziz−iz22⎛e−e⎞⎛e+e⎞（2）sinz+cosz=⎜⎟+⎜⎟⎜⎝2i⎟⎠⎜⎝2i⎟⎠6 1()2iz−2iz1(2iz−2iz)=−e−2+e+e+2+e=1441i2z−i2z（3）左=sin2z=(e−e)2i1iz−iz1iz−iz右=2sinzcosz=2()e−e()e+e2i21()i2z−i2z1(i2z−i2z)=e+1−1−e=e−e2i2i可见左=右，即sin2z=2coszsinz。2sin2z2sinzcoszsinz⎡⎛sinz⎞⎤2tanz（4）tan2z===2⎢1−⎜⎟⎥=222cos2zcosz−sinzcosz⎢⎣⎝cosz⎠⎥⎦1−tanz（5）由（1）知⎛π⎞⎡π()⎤π()π()sin⎜−z⎟=sin⎢+−z⎥=sincos−z+cossin−z⎝2⎠⎣2⎦22()1()i()−z−i()−z1()iz−iz=cos−z=e+e=e+e22=cosz由（1）得cos()z+π=coszcosπ−sinzsinπ=−cosz222222（6）左＝|cos||coschzx=−=+yxisinsh|yxcoschyxsinshy222222＝cosx(1sh++yx)sinshyxy=+cossh222222左＝|sin||sinchzx=+=+yxicossh|yxsinchyxcosshy222222＝sinx(1sh++yx)cosshyxy=+sinsh。14．说明：1）当y→∞时，|sin(x+i)|y和|cos(x+i)|y趋于无穷大；2）当t为复数时，|sin|1t≤和|cos|1t≤不成立。i-zzi−yyeeee−−||解1）|sin||z=≥|；|cos|z同理。2i2−yy||ee−2）设tyyR=∈i,，则|sin|t=，则当y→∞时显然题设不成立。215．求Ln()−i，Ln(−3+4i)和它们的主值。⎛π⎞解Ln()−i=Ln|−i|+i()arg()−i+2kπ=i⎜−+2kπ⎟⎝2⎠⎛1⎞=iπ⎜2k−⎟,k=0,±1,±2,?⎝2⎠πiln()−i=ln|−i|+iarg()−i=−2Ln()−3+4i=ln|−3+4i|+i[]arg(−3+4i)+2kπ⎡⎛4⎞⎤=ln5+i⎢⎜π−arctan⎟+2kπ⎥⎣⎝3⎠⎦7 ⎡⎛4()⎞⎤=ln5−i⎢⎜arctan−2k+1π⎟⎥,k=0,±1,±2,?⎣⎝3⎠⎦⎛4⎞ln()−3+4i=ln|−3+4i|+iarg()−3+4i=ln5+i⎜π−arctan⎟。⎝3⎠16．证明对数的下列性质：1）Ln(zz)=Lnz+Lnz；2）Ln(/zz)=−LnzLnz。12121212证明1）Ln(zz)=ln(|zz|)iArg+=zzlnz+lnz+iArg+iArgzz=+LnzzLn；1212121212122）Ln(/)ln(|/zz=+=zz|)iArg/zzlnz−lnz+iArg-iArgzz=−LnzzLn。1212121212122117．说明下列等式是否正确：1）Lnzz=2Ln；2）Lnzz=Ln。22解：两式均不正确。1）Lnzzzzzz=+2ln||iArg(2),而＝2Ln2ln||2iArg()+；111i2）Lnzzzzzz=+ln||iArg(),而＝Lnln||+Arg()。2222π1−i⎛⎞1i＋π18．求e2，exp，3i和(1+i)i的值。⎜⎟⎝⎠4解：ππ1−i−i⎛ππ⎞e2=ee2=ecos−isin⎟=−ie⎜⎝22⎠11π1⎛⎞1i＋ππi⎛π⎞2exp⎜⎟==ee44e4⎜cos＋＋isin⎟=e4()1i⎝⎠44⎝4⎠23ii==eeLn3iln3iarg32⎡⎤⎣⎦++(kπ)=ee−2ikπln3−2kπ()=ecosln3+isinln3,k=0,±1,±2,?iiLn1i()+iln|1i|iarg1i2[++]((++)kπ)()1i+=ee=ln2⎛π⎞⎛1⎞i2−⎜4+2kπ⎟−π⎜4+2k⎟⎛ln2ln2⎞=e⎝⎠=e⎝⎠cos+isin，k=0,±1,±2,?⎜⎟⎝22⎠aa−119．证明()"za=z，其中a为实数。aazkiln++2ππazkiln21aa−1证明()"(ze==)"(ln)"aze=aza=z。z222220．证明1）chzz−sh=1；2）shzzz+=chch2；3）sh()zz+=shzzch+chzzsh；ch(zz+=)chzzch+shzzsh。121212121212zz−−zz22ee+−2ee2证明1）chzz−=sh()−()=1；22zz−−−zz22zz22ee−++2ee2ee2）shzz+=ch()+()==1；222()eeeezzzz11−+−−()22()eeeezzzzz11+−−−()221ee+zz21−−−z23）shzzzzch+=chsh+=1212442=+sh()zz12。8 21．解下列方程：1）shz=0；2）chz=0；3）shz=i。2z1解1）由shz=0得e=1，zk===Ln1iπ,k0,1,2,±±?。22z1(2k+1)2）由chz=0得e=−1，zk=−Ln(1)=i,π=0,1,2,±±?。22z13）由shz=i得e=i，zk==+Lnii(2),πk=±0,1,2,±?。2223．证明:shz的反函数Arshzzz=++Ln(1)。ww−ee−2www2证设shwz=，即=⇒−zez21e−=0解得ezz=++1,22故wzz==+ArshLn(z+1)。24．已知平面流速场的复势f()z为231（1）()z+i；（2）z；（3）；2z+1求流动的速度以及流线和等势线的方程。解（1）V()z=f"()z=2()z+i=2()z−i为流速，又()()2[()]22()2()fz=z+i=x+iy+1=x−y+1+i2xy+122知流线和等势线方程分别为x()y+1=C和x−(y+1)=C。122232222（2）流速V()z=f"()z=3z=3z，又f(z)=z=x(x−3y)+iy(3x−y),2222流线方程：()3x−yy=C，等势线方程：x(x−3y)=C。12⎛1⎞⎛−2z⎞−2z（3）流速V()z=f"()z=⎜⎟"=⎜⎟"=z2+1z2+122⎝⎠⎝⎠()z+12211x−y+1−i2xy又f()z===，222()2222z+1x−y+1+i2xyx−y+1+4xyxy流线方程为=C，()222221x−y+1+4xy22x−y+1等势线方程为=C。()22222x−y+1+4xy9 习题三解答3+i21.沿下列路线计算积分∫zdz。0（1）自原点到3+i的直线段（2）自原点沿实轴至3，再由3沿垂直向上至3+i；（3）自原点沿虚轴至i，再由i沿水平方向右至3+i。⎧x=3t,解（1）⎨0≤t≤1，故z=3t+it，0≤t≤1。dz=(3+i)dt⎩y=t,y于是(z)C4i3+i3+1122()()∫∫zdz=3t+it3+idt00C3C21()3∫2=3+itdt0OC13x13311()326=(3+i)t|=3+i=6+i30333++i3i⎧x=3t,2222(0≤t≤1)（2）∫∫∫∫0zdz=0zdz+C1zdz+C2zdz。C1之参数方程为⎨；C2之参数方程为⎩y=t,⎧x=3,⎨(0≤t≤1)⎩y=t,3+i2121226故∫∫∫zdz=9t⋅3dt+()3+it⋅idt=6+i。00033++ii3i22222（3）zdz=zdt+zdz=zdz+zdz。∫∫∫00i∫C3∫C4C:z=it()0≤t≤1；C:z=3t+i(0≤t≤1)，343+i2121226故∫∫∫zdz=−t⋅idt+()3t+i⋅3dt=6+i000321+i22．分别沿y=x与y=x算出、积分∫(x+iy)dz的值。0解（1）沿y=x。此时z=t+it()0≤t≤1。dz=(1+i)dt，于是1+i()()21212⎛1i⎞15∫∫x+iydz=t+it()1+idt=()1+i∫()t+itdt=()1+i⎜+⎟=−+i。000⎝32⎠6622（2）沿y=x，此时z=t+it()0≤t≤1。dz=(1+i2t)dt，故1+i111∫∫()()222()223x+iydz=t+it1+i2tdt=()(1+i∫∫t1+i2t)()dt=1+i(t+i2t)dt0000⎛1i⎞15=()1+i⎜+⎟=−+i。⎝32⎠663．设f()z在单连域D内解析，C为D内任何一条正向简单闭曲线，问∫∫Re[f(z)]dz=Im[f(z)]dz=0CC是否成立，如果成立，给出证明；如果不成立，举例说明。解未必成立。令f()z=z，C:z=1，则f(z)在全平面上解析，但是-1- 2π2π∫[]()∫[iθ]iθRefzdz=Reede=cosθ()−sinθ+icosθdθ=πi≠0C∫002π2π∫∫[]()[iθ]iθImfzdz=Imede=∫sinθ()−sinθ+icosθdθ=−π≠0C0014．利用单位圆上z=的性质，及柯西积分公式说明î∫zdz=2iπ，其中C为正向单位圆周||1z=。zC1解îî∫∫zdz==dz2iπ，（利用柯西积分公式）zCCz5．计算积分dz的值，其中C为正向圆周：（1）z=2；（2）z=4∫Cz24解（1）因在|z|=2上有|z|=2，z⋅z=|z|=4，从而有z=，故有z4z2Z∫∫Czdz=||=2dz=∫|z|=2dz=4πi|z|2z216（2）因在C上有|z|=4，z⋅z=|z|=16，从而有z=，故有z16z4Z∫∫Czdz=||=4dz=∫|z|=4dz=8πi|z|4z6．利用观察法得出下列积分的值。解利用柯西－古萨基本定理和柯西积分公式。7．沿指定曲线的正向计算下列各积分。zdze（1）∫Cdz，C:|z−2|=1（2）î∫C22，Czaa:|−|=z−2za−izedzzdz（3），Cz:|−2i|3/2=（4），Cz:||2=î∫2î∫z+1z−3CCdz3（5）,Czr:||=<1（6）zzcosdz，Cz为包围＝的闭曲线0î∫C(1zz23−−)(1)î∫Cdzsinzdz（7），Cz:||3/2=（8），C:|z|=1î∫(1zz22++)(4)î∫CzCzsinzedz（9）dz，C:|z|=2（10），C:|z|=1∫Cπ2î∫Cz5⎛⎞⎜z−⎟⎝2⎠zez2解（1）由Cauchy积分公式，dz=2πie=2πei∫z=2Cz−21dzz+a1π（2）解1：∫∫22=dz=2πi=i，CCz−az−az+az=aadz1⎡11⎤1[]π解2：=dz−dz=2πi−0=i∫∫CCz2−a22a⎢⎣∫Cz−az+a⎥⎦2aaiizzizedzedzz/(+i)e（3）由Cauchy积分公式，==2iπ=π/eîî∫∫2zzz++1-iiCCz=i-2- （4）（5）（6）由柯西基本定理知：其结果均为0（7）因被积函数的奇点z=±i在C的内部，z=±2i在C的外部，故由复合闭路定理及Cauchy积分公式有：dzdzdz∫∫Cz22=|−i|=122+∫|z+i|=122(z+1)(z+4)3(z+1)(z+4)3(z+1)(z+4)11()()2()()2z+iz+4z+iz+4=∫|z−i|=1dz+∫|z+i|=1dzz−iz+i3311ππ=2πi+2πi=−=022(z+i)(z+4)(z−i)(z+4)33z=iz=−isinzdz（8）由Cauchy积分公式，=2isin|πz=0î∫Cz=0zsinz（9）由高阶求导公式，dz=2πi()sinz"=0∫2πCπz=⎛⎞2⎜z−⎟⎝2⎠zedz2iπz(4)πi（10）由高阶求导公式，==()|eî∫Cz54!z=0128．计算下列各题：3iπ0πi12z21）∫−πiedz；2）∫πich3zdz；3）∫-iπsinzdz；4）∫0zzsindz；6i−zi1tan+z5）(ized−)z；6）dz(1i沿到的直线段。)∫0∫1cos2z3iπ2z3iπ2ze010解1）∫−πiedz＝=02）∫πich3zdz=sh3|zπi/6=−i/3263−πiππii2i1cos2−zzzsin2π13）sinzdz==dz(−)|=(π−sh2)iπ∫∫-iπ-iππ-i2242114）zzsindz=−(sinzzzcos)|=−sin1cos1∫00i−−zzi5）(i)zed−=z(i1)|1cos1i(sin11)−−=ze−+−∫00i1tan+z2i12126）dz=+(tanztanz/2)|=−+++(tan1tan1th1)ith1∫211cosz229．计算下列积分：431）î∫()+=dz,其中Cz:||4为正向zz++12iC2i2）dz,:其中Cz|－1|=6为正向î∫2z+1Ccosz3）dz,其中C:||2z==为正向，C:||3z为负向î∫312zCCC=+12-3- dz164）î∫,i其中为以C±±，为顶点的正向菱形zi－25Cze5）dz,|其中为aa|≠=1的任何复数，Cz:||1为正向î∫3()za−C43解1）î∫()++dz＝2πi(43)=14πizz++12iC2i2/(iz+−i)2/(izi)2）dz=+=dzdz0îî∫∫2î∫zzz++1-iiCz|i|1−=|i|1z+=coszzzcoscos2iπ2iπ3）dz=−=dzdz(cos)""|z−(cos)""|z=0îîî∫∫∫333zz==00zzz−2!2!CCC=+12C1C2dz4）î∫=2iπz－iCz3e5）当||1a>时，1/(za−≤)在||1z上解析，故dz＝0；î∫3()za−Cze2iπza当||1a<时，dz＝()""|e=πieî∫3za=()2za−!C110．证明：当C为任何不通过原点的简单闭曲线时，dz=0。î∫2zC12证明当原点在曲线C内部时，dz=2i(1)"|π=0；当原点在曲线C外部时，1/z在C内î∫2z=0zC1解析，故dz=0。î∫2zC11．下列两个积分的值是否相等？积分2）的值能否利用闭路变形原理从1）的值得到？为什么？zz1）î∫dz；2）î∫dzzz||2z=||4z=2π2πz−iθz−iθ解î∫∫dz==2iedθ0；î∫∫dz=4iedθ=0，故两个积分的值相等。但不能利用闭路zz||2z=0||4z=0z变形原理从1）的值得到，因不是一个解析函数。z12．设区域D为右半平面，z为D内圆周||1z=上的任意一点，用在D内的任意一条曲线C连结原⎡⎤z1π点与z，证明Re⎢⎥dζ=.⎣⎦∫014+ζ21证明函数在右半平面解析，故在计算从0到z沿任意一条曲线C的积分时与积分路径无21+ζiηz11i1θθeπη2icos−2iη关。则ddζ=+=xdηη+d.（分子分母同乘以1+e），∫∫∫001114+++ζη222xe0iη∫02+2cos2-4- ⎡⎤z1π故Re⎢⎥dζ=.⎣⎦∫014+ζ213．设C与C为相交于M、N两点的简单闭曲线，它们所围的区域分别为B与B。B与B的公121212共部分为B。如果f()z在B−B与B−B内解析，在C、C上也解析，证明：f()zdz=fzdz()。1212îî∫∫CC12证明在B−B上f()z为解析函数，则由柯西基本定理fzdz()=0；同理fzdz()=01î∫î∫MENGMMHNFM则∫∫∫∫f()zdz+=+fzdz()fzdz()fzdz()，即î∫∫f()zdz=îfzdz()。NGMMENMHNNFMCC1214．设C为不经过a与-a的正向简单闭曲线，a为不等于零的C1zN任何复数，试就a与-a同C的各种不同位置，计算积分dz。∫Cz2−a2B1EC2解（i）当a在C的内部而-a在C的外部时GBFB2zHzz+azMdz=dz=2πi=πi。∫Cz2−a2∫Cz−az+az=a（ii）当−a在C的内部而a在C的外部时，zzz−azdz=dz=2πi=πi∫∫ccz2−a2z+az−az=−a（iii）当a与－a在C的内部时，设C,C分别为以a,−a为心半径充分小的圆周使C,C均在C的内1212部且互不相交也互不包含，则由复合闭路定理及Cauchy积分公式得zzzz+az−adz=dz+dz=πi+πi=2πi∫∫cc22∫cz−a1z−a2z+a（iv）当a与－a都在C的外部时，由Cauchy-Gourssat定理得zdz=0。∫Cz2−a215．设C与C为两条互不包含，也互不相交的正向简单闭曲线，证明：121s⎡⎤zdz2inzdz⎧zz2,当在内时,C001⎢⎥îî∫∫+=⎨2iπ⎢⎥zz−−zz⎩sinzz,当在内时.CCC00002⎣⎦1221zdz221sinzdz证明利用Cauchy积分公式，当在内时,zC=zz|=，而=0；012iπî∫zz−zz=002iπî∫zz−C10C2021zdz1sinzdz当在内时,zC=0，而==sin|zzsin。故结论成立。022iπî∫zz−2iπî∫zz−zz=00C10C2016．设函数f()z在0<|z|<1内解析，且沿任何圆周C：|z|=r，00。x2222解1）uxx=+−363,363yyuxx=−−yy，则xy22222f"(z)i363i=−=+−−uuxxyy(363)3x−−=−xyy(1)iz，故xy3fz()(1)=−+∈izcci,y；22222x−−−y22xyxy−ixyz12）fzvv"()=+=i+i===，故yx22222222222()x+++yx()()(yxyzz)z111fz()=−+cf,又，(2)0=则fz()=−；zz23）fzuu"()=−=−−=i2y2i(x1)−−+=2i(x1i)y−−2i(z1)，故xy22fz()=−i(1)z−+cf,又，(2)=−i则fz()=−i(1)z−；xy−−xi1yz4）fzvv"()=+=i+i===，故fz()ln=zcc+∈,y。yx222222x+++yxyxyzzzpx31．设ve=siny，求p的值使v为调和函数，并求出解析函数f()zuv=+i。px2z解vvey+=sin(p−=1)0，知p=±1。当p=1时，fzecc()=+∈,y；当p=−1时，xxyy−zfz()=−e+cc,∈y。32．如果uxy(,)是区域D内的调和函数，C为D内以z为中心的任何一个正向圆周：||zzr−=，00它的内部完全含于D。试证：1）uxy(,)在(,)xy的值等于uxy(,)在圆周C上的平均值，即0012πuxy(,)=++uxr(cos,ϕyrsin)ϕϕd；00∫002π02）uxy(,)在(,)xy的值等于uxy(,)在圆域||zzr−≤上的平均值，即00001r02πuxy(,)=+uxr(cos,ϕyr+sin)ϕϕrddr。002∫∫00πr000证明1）由平均值公式（P86）-8- 12πiθf()zf=+(zRe)dθ00∫2π012π只取其实部有：uxy(,)=++uxr(cos,ϕyrsin)ϕϕd；00∫002π011rr02π02）由1）知uxr(c++osϕϕ,syrin)rddrϕ=2πuxyrdruxy(,)(=,)。22∫∫0000∫00000ππrr0033．如果f()zuv=+i在区域D内处处解析，C为D内的正向圆周：||z=R，它的内部完全含于D。2设z为C内一点，并令zRz!=/，试证fz()ζf()ζddζζ==0。îî∫∫2ζζ−−zz!RCC22Rf()ζ证明因z为C内一点，|||/|zRzRz!===>/||RR，故在C及其内部解析。由||zζ−z!fz()ζf()ζCauchy基本定理知：ddζζ==0。îî∫∫2ζζ−−zz!RCC34．根据柯西积分公式与习题33的结果，证明211⎡⎤zR1()−zzf(ζ)f()zf=+⎢⎥()ζζdd=ζ，îî∫∫222iπζ⎣⎦−−zRzζ2i(πζ−−zRz)(ζ)CC其中C为||z=R|.1(fζ)zf()ζ证明由柯西积分公式有：f()zd=ζ；而由33题结果知dζ=0，故î∫î∫22iπζ−zζzR−CC将这两式相减即得。iiθϕ35如果令ζ==Re,zre，验证ddζζ/iζdθ==.222()ζζ−−zR(z)()ζ−−z()R2cζz−Rros()θ−ϕ+r并由34题的结果，证明22iθ1()2πRrfR−(e)f()zd=θ.22πθ∫0RR22−−rcos(ϕ)+r取其实部，得221()2πRruR−(cosθθ,Rsin)uxyur(,)==(cos,sin)ϕrϕθd22πθ∫0RR22−−rcos(ϕ)+r这个积分称为泊松（Poisson）积分。通过这个公式，一个调和函数在一个圆内得值可用它在圆周上的值来表示。2RR−iθdddζζζ//ζζ证明==RR⋅=eζ，故==.又22ζζ()ζζ−−zR(z)R()ζ−−z()ζz()ζ−−zz()ζiθdiζθR⋅ed22==idθ，()ζζ−−=−zzRR()2cros()θ−+ϕr，故iθζRe⋅-9- ddζζ/iθ=。22()ζζ−−zzRR()−2cros()θ−+ϕr222iθ1(Rz−−zf)(ζ)1()RrfRd(e)θ又由34题知fz()==dζ。îî∫∫2222i(πζ−−zR)(ζz)2πR−2cos(Rrθϕ−)+rCC36．设f()z在简单闭曲线C内及C上解析，且不恒为常数，n为正整数.1）试用柯西积分公式证明：nn1[()fζ][()]fzd=î∫ζ.2iπζ−zC2）设M为|()|fζ在C上的最大值，L为C的长，d为z到C的最短距离，试用积分估值公式（3.1.10）于1）中的等式，证明不等式：1/n⎛⎞L|()|fzM≤⎜⎟.⎝⎠2πd3）令n→+∞，对2）中的不等式取极限，证明：|()|fzM≤。这个结果表明：在闭区域内不恒为常数的解析函数的模的最大值只能在区域的边界上取得（最大模原理）。n证明1）在柯西积分公式中将里面的函数f()z换成[()]fz即得。nnn1[()fLζ]n2）由1）知|()||[()]|fzf=≤zî∫dsM≤，故22πζ−zdπC1/nn1/⎛⎞⎛LLn⎞|()|fz≤=⎜⎟⎜MM⎟。⎝⎠⎝22ππdd⎠3）对2）中的不等式取极限（n→+∞），即得。-10- 习题四解答1．下列数列{α}是否收敛？如果收敛，求出它们的极限：n−n1i+n⎛⎞ini−nπi/21）α=；2）α=+⎜1;⎟3）α=−(1)+;4）α=e；5）nnnn1i−n⎝⎠2n+11−nπi/2α=enn221i+−nn12n12−nn解1）α==+i，又lim=−1,lim=0，故α收敛，n2222n1i−+nn11+nnn→∞11++nn→∞limα=−1nn→∞−nnn⎛⎞i2⎛⎞−iθ⎛⎞2−iθ2）α=+⎜⎟1=⎜⎟e，又lim⎜e⎟=0，故α收敛，limα=0nnn⎝⎠2⎝⎠5n→∞⎝⎠5n→∞n3）由于α的实部{(1−)}发散，故α发散nn−nπi/2nnππ4）由于α==ecos−isin，其实部、虚部数列均发散，故α发散nn2211−nπi/2nnπ1π11nnππ5）α==ecos−isin，知limcos=0,limsin=0，nnn22nnn→∞nn22→∞故α收敛，limα=0nnn→∞2．证明：⎧0,|α|<1,⎪⎪∞,|α|>1,nlimα=⎨n→∞⎪1,α=1,⎩⎪不存在，||αα=1,≠1.3．判断下列级数的绝对收敛性与收敛性：∞n∞n∞n∞ii(6+5i)cosin1）∑；2）∑；3）∑n；4）∑n。n=1nn=2lnnn=18n=22nπnπ∞cos∞sinnnnππ22解1）由ic=+osisin，∑与∑为收敛的交错项实级数，22n=1nn=1n∞nn∞nii1i所以∑收敛，但=，故∑发散，原级数条件收敛；n=1nnnn=1n1 112）与1）采用同样的方法，并利用≥(n≥2)；lnnnnnn⎛⎞∞⎛⎞∞n(6+5i)6161(6+5i)3）因n=⎜⎜⎟⎟，而∑⎜⎜⎟⎟收敛，故∑n绝对收敛；88⎝⎠n=1⎝⎠8n=18∞chncosin4）因cosin=chn，而limn≠0，故∑n发散。n→∞2n=224．下列说法是否正确？为什么？（1）每一个幂级数在它的收敛圆周上处处收敛；（2）每一个幂级数的和函数在收敛圆内可能有奇点；（3）每一个在z连续的函数一定可以在z的邻域内展开成Taylor级数。00∞n解（1）不对。如∑z在收敛圆z<1内收敛，但在收敛圆周z=1上并不收敛；n=0（2）不对。幂级数的和函数在收敛圆内为解析函数，不能有奇点；(3)不对。如f(z)=z在全平面上连续,但它在任何点的邻域内均不能展开成Taylor级数。∞n5.幂级数∑czn(−2)能否在z=0收敛而在z=3发散？n=0∞n解不能。因如∑czn()−2在z=0收敛，则由Abel定理其收敛半径n=0∞nR≥0−2=2，而3−2=1<2即z=3在其收敛圆|z−2|<2内，故级数∑czn()−2在n=0z=3收敛，矛盾。6．求下列幂级数的收敛半径：∞n∞2∞z（）n!nnn（1）∑p()p为正整数；（2）∑nz；（3）∑（＋1)iz；n=1nn=1nn=0∞π∞∞ninn⎛⎞in⎛⎞z（4）∑ez；（5）∑ch⎜⎟(z−1)；（6）∑⎜⎟。n=1n=1⎝⎠nn=1⎝⎠lnin解（1）Ra=1/limn==limnnp1；nnn→∞→∞2 1n(1+)aannn+1（2）R==1/limlim=lim=0;nn→∞aa→∞n→∞n+1nn+1（3）Ra==1/limnlim1/|1+i|=1/2；nn→∞n→∞（4）Ra==1/limn1；nn→∞⎛⎞i1（5）Ra==1/limn1/limnch⎜⎟=1/limncos=1；nnn→∞→∞⎝⎠nnn→∞（6）Ra==1/limnlim|lnin|=∞;nnn→∞→∞∞∞nn7．如果∑czn的收敛半径为R，证明级数∑(Recn)z的收敛半径≥R。n=0n=0∞∞nn证明对于圆|z|1），因此不能相加。16．把下列各函数在指定的圆环域内展开成Laurent级数。11（1），1<|z|<2；（2），0<|z|<1,0<|z−1|<1；()2()2z+1z−2z()1−z111−z（3）,0<|z−1|<1,1<|z−2|<+∞（4）e，1<|z|<+∞()z−1(z−2)11（5），在以i为中心的圆环域内（6）sin，0<|z−1|<+∞21−zzz(i−)(1zz−−)(2)（7）,3<|zz|<<4,4||<+∞(3zz−−)(4)121−z−1555解（1）因=++222(z+1)(z−2)z+1z+1z−2111121111故=−z⋅−−22121z(z+1)(z−2)5z5z101+1+1−22zz28 ∞∞1∞n11∑∑()n121∑()2n1z=−z⋅−1−−1z−22n2n5znn=00z5zn=010=2∞∞∞n1∑()n12∑()n11∑z=−−1−−1−2n+12(n+1)n5n=0z5n=0z10n=0223211121111zzz=?++−−−−−−−?1<|z|<2；4325z5z5z5z10204080（2）在0<|z|<1内，11(2n)21(2()n)=1+z+z+?+z+?=1+2z+3z+?+n+1z+?2z()1−zzz∞1()n−1n=+2+3z+?+n+1z+?=∑()n+2zzn=−1在0<|z−1|<1内，∞1111nn==∑()−1(z−1)222z()1−z()1−z1+()z−1()1−zn=0∞()n()n=∑−1z−1；n=−2（3）0<|z−1|<1内，11111=−=−(z−1)(z−2)z−2z−1()z−1−1z−1∞∞11∑()n1∑()n=−−=−z−1−=−z−11−()z−1z−1n=0z−1n=−1在1<|z−2|<+∞内11111=−=−(z−1)(z−2)z−2z−1z−2(z−2)+1∞11111n1=−=−∑()−1nz−2z−21+1z−2z−2n=0()z−2z−2∞∞1n+111n1=+∑()−1n+1=+∑()−1nz−2n=0()z−2z−2n=1()z−2∞n−11=∑()−1nn=2()z−2（4）在1<|z|<+∞内，因1−1−1⎛11⎞⎛111⎞==⎜1+++?⎟=−⎜+++?⎟2231−z⎛1⎞z⎝zz⎠⎝zzz⎠z⎜1−⎟⎝z⎠9 123⎛111⎞1⎛111⎞1⎛111⎞故e1−z=1−+++?⎟++++?⎟−+++?⎟+?；⎜⎜⎜232323⎝zzz⎠2!⎝zzz⎠3!⎝zzz⎠1111111=1−−−++?234z2!z3!z4!z∞1nn−−11（5）在0|<−zi|<1内，因2=−∑(1)nz,|z|<1，故(1+z)n=1∞n−211n−1nz(i−)2＝z−i=∑(1−)n+1zz(i−)i(22z−+i)(1)n=1ii11在1|<−zi|<+∞内，因＝，故2izz(i−)32(iz−+)(1)z−i∞∞nn-11nn−1nni(+1)i2＝∑∑(1−=)nn+23(−1)+zz(i−)nn==10(-zzi)(-i)∞2n+1nz（6）因sinz=∑()−1,|z|<+∞,故n=0()2n+1!∞∞1n11()n11sin=∑()−1()()2n+1=−∑−1()()2n+1,0<|z−1|<+∞1−zn=02n+1!1−zn=02n+1!z−1(1zz−−)(2)211（7）在3|k内为解析函数，将其展成洛朗级数有zk−∞n11kzk=k=∑zn+1−z(1−)n=0ziθ在上式中令z=e，∞n∞1kcosθθ−−kisinnniiθθ=∑n+1，即2=+∑()kncos(1)θ−iksin(n+1)θek−n=0()e12−+kkcosθn=0分离实部和虚部即得结论。19．如果C为正向圆周||z=3，求积分∫f()zdz的值.设f(z)为C1z+21z1）；2）；3）；4）。2zz(2+)(1zz+)zz(1+)(1zz+)(+2)解f()zdz=2πic∫−1C⎛⎞⎛⎞⎛⎞∞n111111111n21）=⎜⎟−=⎜⎟−2=⎜⎟−∑(1−)n+1,|z|>2。z(2z++)2⎝⎠zz22⎝⎠zz(1+z)2⎝⎠zn=0z故∫f()zdz＝0。C+⎛⎞⎛⎞∞z2111n12）=(2zz+−)⎜⎟1=(+2)⎜⎟−∑(−1)n+1,|z|>1(1zz++)⎝⎠zz(1z)⎝⎠zn=0z故∫f()zdz＝2πi。C∞111n−1n3）23=12=−3∑(1)n−1,|z|>1。故∫f()zdz＝0。zz(1++)z(1z)zn=1zC11 ⎛⎞∞∞−−nnnz11(1)(1)24）=zz⎜⎟12−=∑∑n−n,||>2(1zz++)(2)⎝⎠z(1+zz)z(1+)nn==00zz故∫f()zdz＝2πi。C∞n20．试求积分î∫(∑z)dz的值，其中C为单位圆||z=1内的任何一条不经过Cn=−2原点的简单闭曲线。∞n111解∑zz=+2+,0<||<1。而C为单位圆||z=1内的任何一条不经n=−2zz1−z∞n过原点的简单闭曲线，故î∫()∑zdz=2πic−1=2πi。Cn=−212 习题五解答1、下列函数有些什么奇点？如果是极点，指出它的级。1sinz1（1）；（2）；（3）；2332zz()2+1zz−z−z+11ln()z+1z1−z（4）；（5）；（6）e；z()11++ze2(πz)12n1z（7）；（8）；（9）.2z1+zn2ze(1−)sinz122解（1）fz()=是有理函数，故奇点只是极点，满足zz(+1)=0，故z=0，与z=±i为22zz()+1其奇点，z=0为一级极点，而z=±i为其二级极点。sinz（2）因lim=∞则z=0为其极点。再确定极点的级，有两种方法：3z→0z3sinza.z=0为sinz为的一级零点；而z=0为z的三级零点。故z=0为的二级极点。3z2sinzzsinb.limz=lim=1≠0，故z=0为其二级极点，3zz→→00zz11（3）原式==，故z=1为其二级极点，而z=−1为一级极点。22(z−1)(z−1)()z−1(z+1)∞n+1()∞nnzln1+z∑()nz（4）a．ln()1+z=∑(−1)，0<|z|<1，=−1无负幂项，故z=0为其可去奇点。n=0n+1zn=0n+1ln()1+z1b．lim=lim=1，故z=0为可去奇点。z→0zz→0()1+z21+z2)πz1+ez（5）由1+z=0得z=±i为(的一级零点，由10+e=得zk=(21+)i()k=0,±1,±2,?为()k的零点，又()1+′eeπz=ππzk=−π≠0，所以z为(1+ez)的一级零点，因此，z=±i为二级极点；kzkz=()2k+1i，(k=±1,2,?)为一级极点。k1∞n(1−)（6）由e1−z=∑，知z=1为本性奇点。nn=0nz!(−1)∞n2zzzz2z1（7）因ez−=1∑=z(1+++?)，故z=0为ze(−1)的三级零点，因而是2zn=0(1n+)!23!ze(1−)的三级极点，而zk==2iπ,(k±1,±2,?)均为一级极点。(2k+1)πi（8）由zn+1=0，zn=−1，得z=en(k=0,1,?n−1)为原式一级极点。k2（9）sinzz=0⇒=±kπ,z=±ikπ，k=0,1,2,?由-1- 22⎧00k=21()sinzz′=|222cosz|=⎨，(sinz)""=2，知z=0是的二级极点，zk==ππzk⎩≠≠00kz=0sinz21z=±kπ，z=±ikπ（k=1,2,3,?）均为一级极点。2sinz2．求证：如果z是f(z)是m（m>1）级零点，那么z是f"(z)的m−1级零点。00m证由题知：f()z=(z−z)ϕ(z)，ϕ()z≠0，则有00()()m−1()()m()m−1f"z=mz−zϕz+z−zϕ"z=(z−z)[mϕ(z)+(z−z)(ϕ"z)]0000故z是f"(z)的m-1级零点。0πi3．验证：z=是chz的一级零点。2πiππiππi解由ch==cos0，(chz)"=sh==isini，知z=是chz的一级零点。z=πi222222−24．z=0是函数(sinz+−shz2z)的几级极点？解(sinzz+−sh2z)=0,(sinz+shz−2z)"=(cosz+chz−2)=0，zz==00z=0(sinzz+−sh2z)""=(−sinz+shz)=0,(sinz+−shz2z)"""=(−cosz+chz)=0，zz==00z=0z=0(4)(5)(sinzz+−sh2z)=(sinz+shz)=0,(sinz+shz−2z)=(cosz+chz)=2，zz==00zz==00−2故z=0是函数sinzz+sh−2z的五级零点，也即为(sinz+−shz2z)的十级极点。5．如果f(z)和gz()是以z为零点的两个不恒等于零的解析函数，那么0fz()f"(z)lim=lim(或两端均为∞)。zz→→00gz()zzg"(z)证因f(z)和gz()是以z为零点的两个不恒等于零的解析函数，可设f()zz=−(zz)ϕ()，00gz()=−(zz)ψ(z)，ϕ()z,ψ(z)为解析函数，则0f()zz()zz−ϕ(z)ϕ()fz"()ϕ()zz+(−z)ϕ"(z)00==，=，gz()(z−z)ψψ()z()zgz"()ψψ(z)+−(zz)"(z)00f()zzϕ()f"(zz)ϕϕ()zz+(−z)"(z)ϕ()0故lim=lim，lim=lim=lim，即zz→→00gz()zzψ()zzz→→00gz"()zzψψ(z)+−(zz)"()zzz→0ψ()z0fz()f"(z)lim=lim(或两端均为∞)zz→→00gz()zzg"(z)6．若ϕ(z)与ψ(z)分别以z=a为m级与n级极点（或零点），那么下列三个函数在z=a处各有什么性质？（1）ϕψ()z(z)；（2）ϕψ()z/(z)；（3）ϕ()zz+ψ()f()zgz()解由题意，ϕ()z=，ψ()z=，其中f(z)，gz()在a点解析且fa()≠0，mn()zz−0()zz−0ga()≠0。-2- （1）z=a是ϕψ()zz⋅()的m+n级极点。（2）对于ϕψ()z/(z)，当mn时，a是m−n级极点；当m=n时，a是可去奇点。（3）当m≠n时，点a是ϕ()zz+ψ()的max{m,n}级极点，当m=n时，点a是ϕ()z+ψ(z)的极点。（可退化为可去），其级不高于m，点a也可能是ϕ(z)+ψ(z)的可去奇点（解析点）。17．函数fz()=在z=1处有一个二级极点，这个函数又有下列洛朗展开式2zz()−11111=+?−+,|z−1|>1.，|z−2|>12543zz()−−11()z()z−1()z−1−1所以“z=1又是f(z)的本性奇点”，又其中不含(z−2)幂项，因此Res⎡⎣fz(),1⎤⎦=0，这些说法对吗？解不对，z=1不是f(z)的本性奇点，这是因为函数的洛朗展开式是在|z−2|>1内得到的，而不是在z=2的圆环域内的洛朗展开式。11d⎡⎤2Res⎡⎤fz(),1=−lim⎢⎥()z1=−1⎣⎦2z→1()21−!dz⎢⎥zz()−1⎣⎦孤立奇点的分类必须根据在这个奇点邻域内洛朗展开式来决定。8．求下列各函数f(z)在有限奇点处的留数：2z4z+11−e1+zz1）；2）；3）；4）；2423zz−2z(1z+)cosz1211shz5）cos；6）zsin；7）；8）。1−zzzzsinchzz+11z+13解1）Res⎡⎤fz(),0==limz−，Res⎡⎤fz(),2=lim(z−=2)⎣⎦2⎣⎦2z→0zz−22z→2zz−222z1−e2）f()z=，z=0为分母的四级零点，是分子的一级零点，所以是f(z)的三级极点。4z22z1d⎡31−e⎤4Res[]f()z,0=lim2⎢z⋅4⎥=−z→02!dz⎣z⎦3或展开洛朗级数()1⎡1213⎤fz=1−1−2z−4z−8z?4⎢⎥z⎣2!3!⎦4知Res[]f()z,0=c=−−132411dz⎡⎤3+33）Res⎡⎤fz(),i=−lim⎢⎥(zi)=−i，⎣⎦223z→i2!dz⎣⎦(z+1)8-3- 2411dz⎡⎤3+3Res⎡⎤fz(),−=ilim⎢⎥(z+i)=i⎣⎦223z→−i2!dz⎣⎦(z+1)8⎡⎤πzk+1π4）Res⎢⎥fz(),kππ+==(−1)(k+)，k=0,±±1,2,?⎣⎦2(cosz)"π2zk=+π2∞n1(−1)5）cos=−∑2n,|z1|>0，知Res⎡⎤⎣⎦fz(),1=c−1=01(−−znn=02)!(z1)∞n−1221(−1)16）zzsin=>∑21n−,|z|0，知Res⎡⎤⎣⎦fz(),0=c−1=−znn=1(2−1)!z6kd⎡⎤211(−1)7）Res[]fz(),0==lim⎢⎥z0，Res[]fz(),kπ==,k=±1,±2,?z→0dz⎣⎦zsinz(szzin)"kπzk=π⎡⎤1shz8）Res⎢⎥fz(),(k+=)πi=1,k为整数。⎣⎦2(chz)"1zk=+()πi29．计算下列各积分（利用留数；圆周均取正向）2zsinze1c−osz（1）dz；（2）dz；（3）dz，（其中m为整数）；î∫î∫2î∫m3z||z=2()z−13z||z=||z=221（4）thzdz；（5）tanπzdz；（6）dz（其中n为正整数，î∫î∫()î∫nn()za−−(zb)|2z−=i|1||z=3||z=1且||ab≠≠1,||1,||a<|b|）。sinz解（1）f()z=，limf()z=1故z=0为f(z)的可去奇点则zz→0Res[f(z),0]=c=0−1故原积分=0。2ze2z2（2）在C内，f()z=以z=1为其二级极点，则Res⎡⎤f(ze),1=′lim()=2e由留数基本2⎣⎦z=1()z−1z→12定理有原积分=4πei.241−cosz11zz(3)f(z)==(−+−...)故以z=0为其m−2级极点。设I=f()zdzzmzm−22!4!6!∫C当m≤2时，Res[]f()z,0=c=0，I=0；−1当m=2n>2时，Res[]f(z),0=c=0，I=0；−1m−3n−1当m=2n+1>2时，Res[]f()z,0=()−1/2n!=(−1)2/()m−1！m−3m−3由此I=(−1)22πi/(m−1)!或说m为大于或等于3的奇数时，Im=(−−1)22πi/(1)!shz⎛1⎞π（4）f()z=thz=,zk=⎜k+⎟πi为其一级极点(k=0,±1,?)k=0时，z0=i在|z−2i|=1内，则chz⎝z⎠2⎡πi⎤Res[]f(z),z0=shz0=1故I=∫Cf()zdz=2πiRes⎢f()z,⎥=2πi⎣2⎦-4- 1（5）f()z=tanπz在||z=3内有一级极点z=k+（k=0,±±1,2,−3），共6个。故k2⎡1⎤sinπz1Restanπ,k+==−，由留数定理⎢⎣2⎥⎦π′π()cosz1z=k+2⎛⎞1î∫tanππzdz==2i∑Res⎡⎤⎣⎦f()z,zk2πi⋅6⋅⎜⎟−=−12iC⎝⎠π（6）当1|<1。î∫n1+zC15z解1）函数在||z=3的外部，除∞点外没有其他奇点，因此根据定理二与规则IV，2243(1zz++)(2)15z11dz=−2iππRes[f(z),∞]=2iRes[f(),0]î∫22432(1zz++)(2)zzC1==2ππiRes[,0]2i2243zz(1++)(12z)31z2）f()z=ez有奇点，z=−1，z=0，z=−1为一级极点，而z=0为本性奇点，在2<|z|<+∞内展1+z开f(z)，则3121f()z=zez=z·ez=z2⎛1−1+1−...⎞⎟⎛1+1+1+...⎞⎟⎜⎜22⎛1⎞⎛1⎞⎝zz⎠⎝z2!z⎠z⎜1+⎟⎜1+⎟⎝z⎠⎝z⎠⎛211⎞⎛11⎞2111=⎜z−z+1−−−...⎟⎜1+++...⎟=z+−+...22⎝zz⎠⎝z2!z⎠2!3z12得−c=,故原积分=2πi()c=−πi.−1−1332z3）当n=1时，î∫dz=−2iπRes[f(z),1]=2πi；当n≠1时，1+zC2nnzznn111==zz(1−++??)=−1++nn−n2nn11++zzzzz2nz知c=0，故dz=0。−1î∫n1+zC13计算下列积分22π12πsinθ+∞11)dθ；2）dθ(ab>>0)；3）dx；∫053+sinθ∫0ab+cosθ∫−∞(1+x22)-6- 2+∞x+∞cosx+∞xsinx4）dx；5）dx；6）dx。∫01+x4∫−∞xx2++45∫−∞1+x2解1）由于被积函数的分母53+sinθ在0≤θ≤2π内不为零，因而积分有意义。12dziId==z=2iπRes[f(z),−]îî∫∫22z−1i3zz+−10iz33||zz==153+||12iz2π==2iπ6z+10ii2z=−32）由于被积函数的分母ab+cosθ在0≤≤θ2π内不为零，因而积分有意义。2z−12()22222izdzi(z−−1)a+a−bId==z=2πi{Res[f(z),0]+Res[f(z),]}îî∫∫222z+1i2zz(bz++2azb)b||zz==1ab+||12z222(1−+z)(a+3az+bz(3+z))ai又Res[fz(),0]==−，222(2ba++zbz)bz=0222222−+aa−bi(z−1)ia−bRes[fz(),]==224(32)22bzb++azbz−+aa−bbz=b2π22故I=−()aa−b。2b13）函数fz()=在上半平面内只有2级极点i，且22(1+z)dd212iRes[fz(),i]=−lim(zi)f(z)=lim=−=−，23zz→→iidzdz(iz+)(2i)4+∞1π故dx＝2iπRes[fz(),i]=。∫−∞(1+x22)24）注意到被积函数为偶函数，22+∞xx1+∞I==dxdx∫∫012++xx44−∞12πi3πiz函数fz()=在上半平面内只有一级极点ee4,4，且41+z22πi1z−i3iπz1+iRes[fz(),]==；Res[fz(),]==−3πi33iπ44z4244z42ze=4ze=41iπ3ππi故If=+2πi(Res[(z),]Res[f(z),])=。24422ix∞e15）对于I=dx，令Rz()=，则z=−+2i为上半平面内的R(z)的一级极∫−∞x2++45xzz2+45+-7- i1z−izee(sin2+icos2)点，故有：Res⎡⎤Rz()e,i==−，⎣⎦24z+2z=−2i+i1z−则原积分＝Re{2ππiRes[Rz()e,−+2i]}=ecos2。ix∞xez6）对于I=dx，令R()z=，则z=i为上半平面内的R(z)的一级极点，故有：∫−∞21+z21+xiz−1[]()iz()zeeResRze,i=limz−i=z→i(z−i)(z+i)2I=2πiRes[R()zeiz,i]=πe−1i，则原积分==Im{I}πe−1+∞sinx14．试用下图中的积分路线，求例4中的积分：∫dx。0x+∞sinx1+∞sinxiziz解∫dx=∫dx，采用e/z沿如如图所示闭曲线来计算上式右端的积分（z=0为ez/0xx2−∞的一级极点，且在实轴上）。由Cauchy基本定理，有yRiCr−R−rOrRx第14题图iizxizizizixeeRR+−RRiie+−RRee−re∫∫Crdz++dx∫Rdz+∫R+−Riidz+∫R+Rdz+∫−Rdx=0，rzxzzzxi-xxiiixx−rReeRree−Rsinx令x=−t，则有∫dx=−∫dx，所以∫∫dx+=dx2i∫dx。−RrxxrRx−xxriizx(+Ri)-Riz−+RRiee−R−Re-R−+RRie又∫∫RR+idz=≤Rdx∫R22dx≤2e，知lim∫dz=0；zx+RixR+R→+∞RR+iziizR(+iy)-y−RizR−RR+ieeRRe1−e−Ree1−∫∫dz=≤idy∫dy≤，同理∫dz≤，知RzR00+iyRy22+R−+RRizRiizz⎧⎫RR+−ieeRlim⎨⎬∫∫dz+dz=0R→+∞⎩⎭RRzz−+Riize和例4采用同样的方法得到lim∫dz=−πi。r→0Crz+∞sinx+∞sinxπ故2i∫dx=πi，即∫dx=。0x0x215．利用公式（5.4.1）计算下列积分：1z1）dz=2πi；2）dz=2πi；î∫î∫2zz−1||z=3||z=3-8- 13）î∫tanzdz=−4πi；4）î∫dz=0。zz(1+)||z=3||z=316．设C为区域D内的一条正向简单闭曲线，z为C内一点。如果f(z)在D内解析，且fz()=0，00fz"()≠0。在C内f(z)无其他零点。试证：01"zf(z)dz=z。î∫02iπfz()Czf"(z)()zz−f"(z)zf"(z)()zz−f"(z)000证f(z)在C内只有一级零点z，而=+，知z为函数的00f()zf()zf()zfz()可去奇点，故由留数定理和（5.4.1）知1"zf(z)1()zz−f"(z)1zf"(z)00dz=+dzdz=0+z=z。îî∫∫î∫002iππfz()2ifz()2iπfz()CCC17．若ϕ(z)在Cz:||=1上及其内部解析，且在C上|ϕ(z)|<1，证明在C内只有一个点z使ϕ()zz=。000证令f()z=−z，则在C上，fz()=1，而ϕ(z)<1，故由路西定理，知方程z=ϕ(z)与方程fz()=0在C内有相同个数的根，从而ϕ()zz=在|z|<1只有一根。zn18．证明：当a>e，则方程e=az在圆||z=1内有n个根。nznnzcosϕ证设f()z=−az，g()z=e，在z≤1内均解析，且当|z|=1时，|−az|=|−a|z|=|a|，|e|=e≤e而a>e，nz故|f()z|=|−az|=|a|>|e|=|g(z)|。znn根据路西定理知，f(z)与f(z)+g(z)在C:|z|=1内的零点个数相同，即e=az的根的个数与−az=0的根的个数相同，即为n。7319．证明方程z−z+12=0的根都在圆环域1≤|z|≤2内。73证当z<2时，取f()z=z，g()z=12−z，当|z|=2时，()337()gz=12−z≤12+z≤20<|z|=|fz|73773所以z−z+12=0的根的个数与z的根的个数相同，因此，z−z+12=0的根全部在|z|=2的内部。73737373当|z|<1时，取f()z=12，g()z=z−z，当|z|=1时，f(z)>z+z≥z−z=g(z)，故z−z+12=0的()73根与fz=12的根的个数相同，即在z=1内无根，综上所述，z−z+12=0的根全在1≤|z|≤2内。-9-'