复变函数课后习题答案1-4

复变函数课后习题答案1-4 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: i1(1) (2) (1)(2)ii,,32，i 13i821 (3) (4) ,，,iii4, ii1, 132,i解:(1)， z,, 3213，i 32因此:， Re, Imzz,,, 1313 1232 zzzi,,,,，, argarctan, 3131313 iii,，3(2)， z,,, (1)(2)1310iii,,, 31， 因此，Re, Imzz,,, 1010 1131 ,,,,,,,zzzi, argarctan, 3101010 133335iii,,(3)， zi,,,,，, ii122, 35因此，， Re, Imzz,,, 32 34535，izzz,,,,, argarctan, 232 821(4) ziiiiii,,，,,,，,,,，41413 因此，， Re1, Im3zz,,, zzzi,,,,,,10, argarctan3, 13, 2( 将下列复数化为三角达式和指数表达式: i,，13i(1) (2) (3)ri(sincos),,， (4)ri(cossin),,, (5)1cossin (02),，,,,,,,i ,i,,2iie,，,cossin解:(1) 22 2,i223(2) ,，,,,ie,，13i2(cossin)2 33 ,(),i,,,2(3) ,,，,,rire[cos()sin()]ri(sincos),,，,, 22 ,,i,,，,,rire[cos()sin()],,(4) ri(cossin),,, ,,,2(5) 1cossin2sin2sincos,，,，ii,, 222 ,,,i,,,,,,,,2 2sin[cossin]2sinie,，, 2222 3( 求下列各式的值: 5100100(3),i(1)(1)，，,ii(1) (2) 2(13)(cossin),，ii,,(cos5sin5),,，i (3) (4) 3(cos3sin3),i(1)(cossin),,ii,,,, 3(5) (6) i1，i ,,55(3),i解:(1) ,,，,[2(cos()sin())]i 66 55,,5 ,,，,,,，2(cos()sin())16(3)ii 66 10010050505051(1)(1)，，,ii,，,,,,,(2)(2)2(2)2ii(2) (13)(cossin),，ii,,(3) (1)(cossin),,ii,, ,,2[cos()sin()](cossin),，,，ii,, 33, ,,2[cos()sin()][cos()sin()],，,,，,ii,,44 ,, ,,，,，2[cos()sin()](cos2sin2)ii,, 1212 ,(2),i,,,12,,，,,2[cos(2)sin(2)]2ie ,, 1212 2(cos5sin5),,，i(4) 3(cos3sin3),i,, cos10sin10,,，i ,,，cos19sin19i,,cos(9)sin(9),，,i,, ,,33(5) ,，cossinii 22 ,31，,ik, 0,22, ,3111,,,,，,ik, 1 ,，，，cos(2)sin(2)kik,,,223232, ,,ik, 2, , , ,,(6),，2(cossin)i 1，i 44 ,i,482, 0ek,11,,,4, ,，，，2[cos(2)sin(2)]kik,,,,i2424,482, 1ek,,, z1，i14( 设试用三角形式表示与 zzzzi,,,, 3,1212z22 ,,,,解:，所以 zizi,，,,，,cossin, 2[cos()sin()]124466 ,,,,,,， zz,,，,,，2[cos()sin()]2(cossin)ii1246461212z1155,,,,,,1 ,，，，,，[cos()sin()](cossin)ii z24646212122 5( 解下列方程: 544()1zi，,zaa，,,0 (0)(1) (2) 5zi，,1,解:(1) 由此 2ki,55ziei,,,,1， (0,1,2,3,4)k, 4444(2)zaai,,,，(cossin),, 11，当时，对应的4k,0,1,2,3,，，，,,,,akik[cos(2)sin(2)] 44 aaaa个根分别为: (1), (1), (1), (1)，,，,,,iiii 2222 xy， 6( 证明下列各题:(1)设则 zxiy,，,,,，zxy 2 22证明:首先，显然有; zxyxy,，,， 22 其次，因 固此有 xyxy，,2,222 2()(),xyxy，,， xy，22 从而 。 zxy,，, 2 222(2)对任意复数有 zz,,zzzzzz，,，，2Re()12121212 22,，，，()()xxyy证明:验证即可，首先左端， 1212 2222,，，，，，,xyxyxiyxiy2Re[()()]而右端 11221122 222222,，，，，，xyxyxxyy2(),，，，()()xxyy， 112212121212 由此，左端=右端，即原式成立。 nn,1azazaza，，，，,？0abi，(3)若是实系数代数方程 0110n, abi,的一个根，那么也是它的一个根。 证明:方程两端取共轭，注意到系数皆为实数，并且根据复数的乘法运算 nn,1nnazazaza()()0，，，，,？zz,()规则，，由此得到: 0110n, 由此说明:若为实系数代数方程的一个根，则也是。结论得证。 zz ab,,aa,1,(4)若则皆有 ,,ba, 1,ab 证明:根据已知条件，有，因此: aa,1 ababab,,,1 ，证毕。 ,,,,a 1(),,,abaaabaaba ab,(5)若，则有 ab,,1, 1,1 1,ab 222证明:， abababababab,,,,,，,,()() 2221(1)(1)1,,,,,，,,abababababab ， 因为，所以， ab,,1, 1 222222 ， ababab，,,,,,,1(1)(1)0 22ab,abab,,,1因而，即，结论得证。 ,1 1,ab nza，7(设z,1,试写出使达到最大的的表达式，其中为正整数，naz 为复数。 nnzazaa，,，,，1解:首先，由复数的三角不等式有， nnza， 在上面两个不等式都取等号时达到最大，为此，需要取z annnz,1z,与同向且，即应为的单位化向量，由此，， aza a az, n a8(试用来表述使这三个点共线的条件。 zzz,,123 解:要使三点共线，那么用向量表示时，zz,与zz,应平行，因而二2131 0者应同向或反向，即幅角应相差或的整数倍，再由复数的除法运算规, zz,21Arg0则知应为或的整数倍，至此得到: , zz,31 zz,21 三个点共线的条件是为实数。 zzz,,123zz,319(写出过两点的直线的复参数方程。 zzzz, (),1212 解:过两点的直线的实参数方程为: xxtxx,，,(),121 ， ,yytyy,，,()121, 因而，复参数方程为: zxiyxiytxxiyiyztzz,，,，，,，,,，,()()112121121 t 其中为实参数。 t10(下列参数方程表示什么曲线,(其中为实参数) i(1) (2)zatibt,，cossin (3) zit,，(1)zt,， t解:只需化为实参数方程即可。 yx,xtyt,,,(1)，因而表示直线 22xy)，,1(2，因而表示椭圆 xatybt,,cos,sin22ab 1(3)，因而表示双曲线 xy,1xty,,, t 11(证明复平面上的圆周方程可表示为 ， zzazazc，，，,0其中为复常数，为实常数 ac 22xyAxByc，，，，,0证明:圆周的实方程可表示为:， zzzz，,222代入xy,,, ，并注意到，由此 xyzzz，,, 22i zzzz，,zzABc，，，,0 ， 22i ABiABi,，整理，得 zzzzc，，，,0 22 ABi,ABi，,a记，则，由此得到 ,a 22 ，结论得证。 zzazazc，，，,0 12(证明:幅角主值函数在原点及负实轴上不连续。 argz 证明:首先，在原点无定义，因而不连续。 argz 对于，由的定义不难看出，当由实轴上方趋argzx,0z0 ,,,,,于时，，而当由实轴下方趋于时，，由此argzargzxxz00说明不存在，因而在点不连续，即在负实轴上不连续，argzxlimargz0zx,0 结论得证。 122xy，,413(函数把平面上的曲线和分别映成平面中x,1wzw, z 的什么曲线, 解:对于x,1，其方程可表示为，代入映射函数中，得 zyi,，1 111,iy ， wuiv,，,,,2ziyy11，， 1,yy因而映成的像曲线的方程为 ，消去参数，uv,,, 2211，，yy得 11122222 即表示一个uvu，,,,()(),uv,，,21，y22圆周。 22xy，,4 对于，其方程可表示为 zxiyi,，,，2cos2sin,, 代入映射函数中，得 11cossin,,,i wuiv,，,,, zi2cos2sin2，,, 11,因而映成的像曲线的方程为 ，消去参数，,,,,,uvcos, sin 22 1122得，表示一半径为的圆周。 uv，, 24 14(指出下列各题中点的轨迹或所表示的点集，并做图: z 解:(1)，说明动点到的距离为一常数，因而表zzrr,,, (0)z00 示圆心为，半径为的圆周。 zr0 (2)是由到的距离大于或等于的点构成的集合，即圆心zzr,,,zr00 为半径为的圆周及圆周外部的点集。 zr0 (3)说明动点到两个固定点1和3的距离之和为一常zz,，,,138, 数，因而表示一个椭圆。代入化为实方程得 zxiy,,, 22(2)xy, ，,1 1615 i,ii,i(4)zizi，,,,说明动点到和的距离相等，因而是和连线的垂直平分线，即轴。 x ,i(5)，幅角为一常数，因而表示以为顶点的与轴正向xarg()zi,, 4 ,夹角为的射线。 4 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。 23,,z(1)，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)，顶点在原点，两条边的倾角,,,,,,,,,,arg (02)z 分别为,,,的角形区域，无界，单连通 z,3zz,,,32z,2(3),1，显然，并且原不等式等价于，说 z,2 明到3的距离比到2的距离大，因此原不等式表示2与3 连线的垂直平z 分线即2.5左边部分除掉2后的点构成的集合，是一无界，多连通x,x, 区域。 (4)， zz,,，,221 显然该区域的边界为双曲线，化为实方程为 zz,,，,221 422，再注意到到2与到2的距离之差大于1，因而不,zz41xy,, 15 等式表示的应为上述双曲线左边一支的左侧部分，是一无界单连通区域。 (5)，代入，化为实不等式，得 zz,,，141zxiy,， 178222 ()()xy，，, 1515 178所以表示圆心为半径为的圆周外部，是一无界多连通区域。 (,0), 1515 习题二答案 1(指出下列函数的解析区域和奇点，并求出可导点的导数。 1153(1)z,(1) (2) (3) (4) ziz，2z，2z，3z，1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，由此得到: 554,(1)z,[(1)]5(1)zz,,,(1)处处解析， 323,(2)32zizzi，,，(2)处处解析， ziz，2 12zi,,(3)的奇点为，即， z，,102z，1 2,1(1)2,，,zz, (), (),,,,zi22222zzz，，，1(1)(1) 1z,,3(4)的奇点为， z， z，3 11, ()1, (3)zz，,,,,2zz，，3(3) 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。 2222fzxyxyi(),，fzxyi(),，(1) (2) 13223fz(),(3) (4) fzxxyixyy()3(3),,，, z解:根据柯西—黎曼定理: 22(1)uxyvxy,,, ， 22 uyvxuxyvxy,,,,, ,2, 2xyyx 四个一阶偏导数皆连续，因而处处可微，再由柯西—黎曼方程 uv, 解得:， uvuv,,, , xy,,0xyyx , 因此，函数在点可导， ， z,0fuiv(0)0,，,xx,0z 函数处处不解析。 22uxvy,,, (2)， uxvyuv,,,,2, 2,0, 0xyyx 四个一阶偏导数皆连续，因而uv,处处可微，再由柯西—黎曼方程 xy,解得:， uvuv,,, , xyyx yx, 因此，函数在直线上可导， ,fxixuivx()2，,，, ， xx,yx 因可导点集为直线，构不成区域，因而函数处处不解析。 3223uxxyvxyy,,,,3, 3(3)， 2222 uxyvxyuxyvxy,,,,,,,33, 33,6, 6xyyx uv,uv, 四个一阶偏导数皆连续，因而 处处可微，并且 处处满 足柯西—黎曼方程 uvuv,,, , xyyx 因此，函数处处可导，处处解析，且导数为 222,33+6xyixy, fzuiv(),，,,3zxx xy11xiy， (4)，， uv,,, fz(),,,222222xyxy，，xiyxy,，z 2222yxxy,, ， , uv,,xy222222()()xyxy，， ,,22xyxy ， uv,,, yx222222()()xyxy，， uv,z,0 因函数的定义域为，故此，处处不满足柯西—黎曼方程， 因而函数处处不可导，处处不解析。 3232fzmynxyixlxy()(),，，，3(当取何值时在复平面上处lmn,, 处解析, 3232umynxyvxlxy,，,，, 解: 2222unxyvlxyumynxvxly,,,，,，2, 2, 3, 3， xyyx 由柯西—黎曼方程得: unxyvlxy,,,2 2, (1) xy 2222umynxvxly,，,,,,,33 (2) yx 由(1)得 ，由(2)得，因而，最终有 nl,nml,,,,3, 3 mnl,,,,1, 3 ,,222,4(证明:若解析，则有 (())(())()fzfzfz，,fz() ,,xy ,,222222证明:由柯西—黎曼方程知，左端 ,，，，()()uvuv ,,xy 22uuvv，()()uuvvuuvvuvvu，，，,yy22xxxxxx ()(),，,222222uv，uvuv，， 2222uuvvuv()()，，，22xxxx ,,，()uv,，uivxxxx22uv， 2,右端，证毕。 ,,fz() 5(证明:若在区域D内解析，且满足下列条件之一，则fzuiv(),，fz() 在D内一定为常数。 fz()(1)在D内解析 ， (2)在D内为常数， u 2fz()231uv，,(3)在D内为常数， (4) (5) vu, uv,证明:关键证明的一阶偏导数皆为0～ fzuiv(),,(1)，因其解析，故此由柯西—黎曼方程得 uvuv,,,, ------------------------(1) xyyx uvuv,,,, 而由的解析性，又有 ------------------------(2) fz()xyyx uuvv,,,,0由(1)、(2)知，，因此即 ucvc,,, ,xyxy12 为常数 fzcic(),，12(2)设，那么由柯西—黎曼方程得 uc,1 vuvu,,,,,0, 0 ， xyyx xy, 说明与无关，因而 vc,，从而fzcic(),，为常数。 v212 222xy,(3)由已知，fzuvc(),，,为常数，等式两端分别对求偏0 导数，得 220uuvv，,xx----------------------------(1) 220uuvv，,yy 因解析，所以又有 -------------------------(2) uvuv,,,, fz()xyyx 求解方程组(1)、(2)，得 ，说明 皆与无uv,xy,uuvv,,,,0xyxy 关，因而为常数，从而也为常数。 fz() 2(4)同理，两端分别对求偏导数，得 xy,vu, vuuvuu,,2, 2xxyy 再联立柯西—黎曼方程，仍有 uvuv,,,, xyyx uuvv,,,,0xyxy (5)同前面一样，两端分别对xy,求偏导数，得 231uv，, 2+30, 2+30uvuv,,xxyy 考虑到柯西—黎曼方程，仍有 uvuv,,,, xyyx ，证毕。 uuvv,,,,0xyxy 6(计算下列各值(若是对数还需求出主值) ,,i2(1) (2) (3) Lni(),Lni(34),，e 2 i3(1)，isini(4) (5) (6) 27 ,,i,,2解:(1) eii,,，,,,cos()sin() 22 1(2)， ,,,，,，,,，,,Lniiikiki()lnarg()2(2) 2 k为任意整数， 1 主值为: ,,,,lnii() 2 Lniiiki(34)ln34arg(34)2,，,,，，,，，,)(3 4k ， 为任意整数 ,，,，,,ln5(arctan2)ki 3 4主值为: ,，,，,,ln(34)ln5(arctan)ii 3iiii..1,,eeee,,sinii,,(4) 22i ,,ilnikiilnk(22)22，，,,,,iiLni(1)，44(1)，,,,ieee(5) ,,,2k,4 ,，ei(cosln2sin2)， 为任意整数 k 222244Lnlnkilnkiki，,,,27(272)27333333(6)， 279,,,,eeeee 当分别取0，1，2时得到3个值: k 4,i93 ， ， 9ei,,，9(13) 28,i93 ei,,，9(13) 2 22zz7(求和 eArge 222zxyxyi,，2解:，因此根据指数函数的定义，有 ee, 2222zzxy, e， Argexyk,，22,，(为任意整数) k,e i,8(设，求 zre,Re[(1)]Lnz, 解:Lnzzizki(1)ln1[arg(1)2],,,，,，,，因此 22 Re[(1)]Lnz,,,,,，ln1ln(cos1)(sin)zrr,, 12 ,,，,ln(12cos)rr 2 9(解下列方程: ,z(1) (2) ei,，13lnzi, 2 sincos0zz，,shzi,(3) (4) 1解:(1)方程两端取对数得: ,，,，，,zLniki(13)ln2(2) 3 k(为任意整数) (2)根据对数与指数的关系，应有 ,i,,2zeii,,，,cossin 22 (3)由三角函数公式(同实三角函数一样)，方程可变形为 , sincos2sin()0zzz，,，, 4 ,,k 因此zk 即 ， 为任意整数 zk，,,,,,, 44 zz,ee,(4)由双曲函数的定义得 ，解得 shzi,, 2 zz2z ()210eie,,,，即，所以 ei, , ，为任意整数 kzLniki,,，(2), 2 10(证明罗比塔法则:若及在点解析，且zfz()gz()0 ,fz()fz()0,，则，并由此求极lim,fzgzgz()()0, ()0,,,000zz,,0gzgz()()0 zsin1ze,限 lim; lim,,00zzzz 证明:由商的极限运算法则及导数定义知 fzfzfzfz()()()(),,00limzz,,0zzzz,,fz()fz()000limlim,,， ,zzzz,,gzgzgzgz()()()(),,00,gz()gz()000limzz,0zzzz,,00 sincoszz由此， ,,limlim1zz,,00z1zzee,10 lim lim1,,,e,,00zzz1 11(用对数直接验证: 12(1) (2) LnzLnz,2LnzLnz, 2 i,解:记，则 zre, 22i,,,，，Lnrerki()2ln(22),,(1)左端， 右端， ,，，,，，2[ln(2)]2ln(24)rmirmi,,,, 其中的为任意整数。 km, k,1 显然，左端所包含的元素比右端的要多(如左端在时的值为 ，而右端却取不到这一值)，因此两端不相等。 2ln(22)ri，，,, ,,，2mi1,2,,，，，Lnrermki(2)左端 []ln(2),, 22 11, 右端 ,，，,，，[ln(2)]ln()rnirni,,, 222 其中为任意整数，而 kn,m,0,1 2k21k，k 不难看出，对于左端任意的，右端取或时与其对应;反n nl,2之，对于右端任意的，当为偶数时，左端可取于其nklm,,,0 对应，而当为奇数时，左端可取于其对应。综上nl,，21klm,,2,1所述，左右两个集合中的元素相互对应，即二者相等。 12(证明 sinsin, coscoszzzz,, 证明:首先有 zxxxiyz, ，因此 eeyiyeyiyee,，,,,,(cossin)(cossin) iziziziziziziziz,,,,eeeeeeee,,,, sin()z,,,, 2222iiii,,, iziz,ee, ，第一式子证毕。 sin,,z 2i 同理可证第二式子也成立。 Imzy13(证明 (即) Imsinzze,,yze,,sin iziz,izizyy,,ee，eeee,，ysin证明:首先，ze,,,,， 222i 右端不等式得到证明。 其次，由复数的三角不等式又有 iziz,,yyyy,iziz,ee,ee,eeee,,sin， z,,,, 2222i xx,ee,x,0根据高等数学中的单调性可以证明时,x，因此接着 2 yy,ee,上面的证明，有sin，左端不等式得到证明。 zy,, 2 zR,sin, coszchRzchR,,14(设，证明 证明:由复数的三角不等式，有 iziz,,yyizizyy,,ee，eeeeee,，，sinzchy,,,,, ， 2222i yzR,,x,0chx由已知，，再主要到时单调增加，因此有 sinzchychR,, ， 同理， iziz,,yyizizyy,,ee，eeeeee，，，coszchychR,,,,,, 2222 证毕。 15(已知平面流场的复势fz()为 122(1) (2) (3) ()zi，z2z，1 试求流动的速度及流线和等势线方程。 解:只需注意，若记，则 fzxyixy()(,)(,),，,,, ,vfz,() 流场的流速为， 流线为， ,(,)xyc,1 等势线为， ,(,)xyc,2 因此，有 2222()[(1)](1)2(1)zixyixyxyi，,，，,,，，，(1) , ,vfzzizi,,，,,()2()2()流速为， 22xyc,，,(1)流线为，等势线为 xyc(1)，,21 333223zxiyxxyxyyi,，,,，,()3(3)(2) ,22,流速为， vfzzz,,,()33() 23323xyyc,,xxyc,,3流线为，等势线为 12 111,,(3) 2222zxiyxyxyi，，，,，，1()112 22xyxyi,，,12 ,22222(1)4xyxy,，， ,,,22zz,vfz,,,()流速为， 2222(1)z，(1)z， xy,c流线为 ， 122222(1)4xyxy,，， 22xy,，1等势线为 ,c222222(1)4xyxy,，， 习题三答案 2()xyixdz,，1，i1(计算积分，其中为从原点到的直线段 c, c xtyt,,, 解:积分曲线的方程为，即 t:01,zxiytti,，,， ，，代入原积分表达式中，得 122,()()()xyixdzttitttidt,，,,，， ,,0c 11,，,，11ii23 ,，,,itidtt(1),0033 z2(计算积分，其中为 edzc, c (1)从0到1再到的折线 (2)从0到的直线 1，i1，i解:(1)从0到1的线段方程为:， czxiyxx,，,,, :011 从1到的线段方程为:， 1，iczxiyiyy,，,，,1, :012 代入积分表达式中，得 11zzzxyi，1, edzedzedzedxeyidy,，,，，(1),,,,,00ccc12 111x ,，，,,，,eeiyiydyeeiyiy(cossin)1(sincos),000 1，i,,，,，,，,,,eeiiieie1(sin1cos1)(cos1sin1)11; (2)从0到1，i的直线段的方程为，t:01,， zxiytti,，,，代入积分表达式中，得 11zttit，,edzettidtietitdt()(1)(cossin),，,，， ， ,,,00c 对上述积分应用分步积分法，得 1ttetteitt(sincos)(sincos)，,z edzi,，，(1)[],22c0 11tt(1)(1)，，ieieitit ,，，,,,(cossinsincos)()tittiteie 2200 1，，，itii(1)101,,,,,eeee1 0 2()xiydz，3(积分，其中为 c, c 2yx,yx,1，i1，i(1)沿从0到 (2)沿从0到 t:01,zxiytti,，,，解:(1)积分曲线的方程为，， 代入原积分表达式中，得 11222,()()()(1)()xiydztitttidtititdt，,，，,，， ,,,00c 1115 ,，，,,，(1)()iii 3266 2zxiyxxi,，,，t:01,(2)积分曲线的方程为 ， ， 代入积分表达式中，得 11222223,()()()(1)(2)xiydzxixxxidxixxidx，,，，,，， ,,,00c 1215 ,，，,,，(1)()iii 34664(计算积分，其中为 zdzc, c (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)的方程为，代入，得 czx, 11 zdzxdxxdx,,,21 ,,,,10c (2)的方程为，代入，得 zxiyi,，,，,cossin, :0,,,,c 00 ,zdzidid1(cossin)(sincos),,,,,,,,，,,， ,,,,,c 0 ,，,(cossin)2,,i, 1dz5(估计积分的模,其中为+1到-1的圆心在原点的上半圆周。 c2,z，2c z解:在上，=1，因而由积分估计式得 c 111 的弧长 dzdsdsds,,,,c,,22,,,,2zz，，22,z2cccc n,16(用积分估计式证明:若在整个复平面上有界，则正整数时 fz() fz(), lim0dz n,R,，,zcR R其中为圆心在原点半径为的正向圆周。 cR fzM(),证明:记，则由积分估计式得 fzfzM()()10, dzdsMdsds,,, nnnn,,,,zzRzccccRRRR MM2, ， ,,2R,nn,1RR n,1R,，,因，因此上式两端令取极限，由夹比定理，得 fz(),lim0dz ， 证n,R,，,zcR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 曲线皆为。 z,1c dzdz(1) (2) (3)22 , ,(2)z，24zz，，cc dz 2 ,2z，c dzz(4) (5)zedz , ,coszcc 2(1)30z，，,解:各积分的被积函数的奇点为:(1)，(2) z,,2 ,即，(3) (4)为任意整数， zi,,,13zi,,2zkk,，, , 2(5)被积函数处处解析，无奇点 不难看出，上述奇点的模皆大于1，即皆在积分曲线之外，从而在 积分曲线内被积函数解析，因此根据柯西基本定理，以上积分值都为0。 8(计算下列积分: ,,i1i22z4) (2) (3) (1sinzdzzzdzsinedz,,,,i00, 解:以上积分皆与路径无关，因此用求原函数的方法: ,i,,4ii111220zz24(1)edzeeei,,,,, ()(1),02220 ,iii,,1cos2sin2,zzz2(2) sin[]zdzdz,,,,,,,ii,,224,i, 111,22,, ,,,,,,,,,,,,iiieeshisin2()(2) 242i 1111zzdzzdzzzzdzsincoscoscos,,,,，(3) ,,,0000 1,,，,,cos1sinsin1cos1z 0 dz,a9(计算 ，其中为不经过的任一简单正向闭曲线。 c22 ,za,c ,a解:被积函数的奇点为，根据其与的位置分四种情况讨论: c ,a(1)皆在外，则在内被积函数解析，因而由柯西基本定理 cc dz0, 22 ,za,c 1 (2)在内，在外，则在内解析，因而由柯西积分 ac,acc za， 1 dz,1，za,,, 公式:dzii 2,22 ,,,，zazaa,zaza,cc (3)同理，当在内，在外时， ,acac 1 dz,1,za,,,,dzii 2,22 ,,，,zazaa,zaza,,cc ,a(4)皆在内 c 此时，在内围绕分别做两条相互外离的小闭合曲线，则由aa,,cc,c12 复合闭路原理得: 11 dz11，,zaza ,,,，,，dzdzii2222 ,,,,，，,zazazaza,zazaza,,,ccc12 ,, ,,,ii0 aa 1111注:此题若分解，则更简单～ ,,()222azaza,，za, 10( 计算下列各积分 1dz解:(1)，由柯西积分公式 ,iz,1()(2)zz,， 2 1 ,i114，z2,,,dzdzi2 , ,,iiizi，，24,zzz,,11zzz,，,()(2)222 ize(2)， dz2 ,z，13zi,,22 i 在积分曲线内被积函数只有一个奇点，故此同上题一样: ize iziz,ee，zi2,,,dzi dz, ,2 ,,，ziziez，133,zi,,2zizi,,222 dz(3) 22 ,(1)(4)，，zz3z,2 在积分曲线内被积函数有两个奇点，围绕分别做两条相互,iii,,外离的小闭合曲线，则由复合闭路原理得: cc,12 11 22dzzzizzi，，，,(4)()(4)(),，dzdz 22 ,,,zizi,，zz，，(4)(1)3cc12,z2 11 ,，,,i2[]0 22zzizzi，，，,(4)()(4)()zizi,,, z(4)，在积分曲线内被积函数只有一个奇点1，故此 dz4 ,,1zz,,22 1 2z1，，zz(1)(1),dzdzi,,2 42 ,,z,,，，zzz11(1)(1)zz,,,,2222z,1 , i, 2 1,zdz(5)， sin2 ,,z41z,2 ,1 在积分曲线内被积函数有两个奇点，围绕分别做两条相1,1,互外离的小闭合曲线，则由复合闭路原理得: cc,12 11,,zzsinsin1,，,zz1414zdz,，sin dzdz2 , ,,,,，z4zz111z,cc212 11zz,,,，,2[sinsin]2ii,, ，,zz1414zz,,,11 2nzdzn, (6)为正整数，由高阶导数公式 n ,(1)z,z,2 2nz2,i2(1)nn,dz, ()zn ,z,1z,(1),(1)!nz,2 2(21)(2)(2)!nnnn,，？ ,,,,22ii (1)!(1)!(1)!nnn,,， z1e11( 计算积分，其中为 dzc3 ,,,2izz(1)c 11(1) (2) (3) z,2z,z,,1 22解:(1)由柯西积分公式 ze zz311ee(1),z ,,,,1dzdz33 , ,,2(1),,iz2i,zzz(1)11,0z,,zz22 (2)同理，由高阶导数公式 ze zz111eez,, ,,()dzdz33 , ,,,22!iz(1),2i,zzz(1)11,1z,,,,11zz22 z21(22)ezze,，,, 322zz,1 (3)由复合闭路原理 zzeez31e11(1),zzdz,，dzdz 3 ,3 ,,,2i,zz(1),,22izi(1),zz,2cc12 zze1ee,,,，()， ,,132!zz,(1)2z,0z,1 z,2其中，为内分别围绕0，1且相互外离的小闭合曲线。 cc,12 ,112cos，,dz12( 积分的值是什么,并由此证明 d,0, ,,0，z254cos，,z,1 1dz,0解:首先，由柯西基本定理，，因为被积函数的奇点在积 ,z，2z,1分曲线外。 其次，令zri,，(cossin),,，代入上述积分中，得 2,1,，sincos,,idz ,d, ,,0，z22cossin，，i,,z,1 2,(sincos)(2cossin),，，,,,,,ii ,d,22,0(2cos)(sin)，，,, 2,(sincos)(2cossin),，，,,,,,ii ,,d0,,054cos，, 考察上述积分的被积函数的虚部，便得到 2,(sincos)(2cossin),，，,,,,,ii Imd,,054cos，, 2,12cos，, ，再由的周期性，得 cos,,,d0,,054cos，, 2,,,12cos12cos12cos，，，,,, ddd,,,20,,,,,,,00,54cos54cos54cos，，，,,, ,12cos，,即，证毕。 d,0,,054cos，, 13( 设都在简单闭曲线上及内解析，且在上 fzgz(),()ccc ，证明在内也有。 fzgz()(),fzgz()(),c 证明:由柯西积分公式，对于内任意点， zc0 1()1()fzgz,,fzdzgzdz(), () ， 00 ,,,,,,22izzizz00cc 由已知，在积分曲线上，，故此有 fzgz()(),c fzgz()(),00 再由的任意性知，在内恒有，证毕。 zfzgz()(),c0 fz()11,,14( 设在单连通区域D内解析，且，证明 fz() D(1)在内; fz()0, ,fz()dz,0D(2)对于内任一简单闭曲线，皆有 c ,fz()c 证明:(1)显然，因为若在某点处则由已知 fz()0,, 011,, ，矛盾～ fzfz()1()11,,,,(也可直接证明:，因此 ,,,,1()11fz0()2,,fz ，即，说明) fz()0, ,(3)既然，再注意到解析，也解析，因此由函数的fz()0,fz()fz() ,fz()D解析性法则知也在区域内解析，这样，根据柯西基本定理， fz() ,fz()dz,0D对于内任一简单闭曲线，皆有，证毕。 c ,fz()c 22yxc,,c,015(求双曲线 (为常数)的正交(即垂直)曲线族。 22解:为调和函数，因此只需求出其共轭调和函数，则 uyx,,vxy(,) 便是所的曲线族。为此，由柯西—黎曼方程 vxyc(,), ，因此，再由 vydxxygy,,,,，(2)2()vuy,,,,2xy, , 知，，即为常数，因此 vux,,,2gyc(),gy()0,yx0 ，从而所求的正交曲线族为 xyc,vxyc,,，20 (注:实际上，本题的答案也可观察出，因极易想到 222fzzyxxyi()2,,,,, 解析) pxvey,sin16(设，求的值使得为调和函数。 pv 解:由调和函数的定义 2pxpx ， vvpeyey，,，,,sin(sin)0xxyy 因此要使为某个区域内的调和函数，即在某区域内上述等式成立，必须 v 2p,,10 ，即。 p,,1 22uvxyxyxy，,,，,,25517(已知，试确定解析函数 fzuiv(),， xy,解:首先，等式两端分别对求偏导数，得 ----------------------------------(1) uvxy，,，,225xx uvyx，,,，,225yy -------------------------------(2) 再联立上柯西—黎曼方程 uv,------------------------------------------------------(3) xy uv,,----------------------------------------------------(4) yx uu, 从上述方程组中解出，得 xy uxuy,,,,25, 2 xy 2uxxcy,,，5(),u这样，对积分，得再代入中，得 uyx 2,cyycyyc()2, (),,,,， 0 22uxxyc,,,，5,至此得到:由二者之和又可解出 0 vxyyc,,,25，因此 0 2fzuivzzcci()5,，,,，,，其中c为任意实常数。 000 注:此题还有一种方法:由定理知 ,fzuivuiuxyiz()25225,，,,,,，,, xxxy 由此也可很方便的求出fz()。 18(由下列各已知调和函数求解析函数 fzuiv(),， 22解:(1)uxxyyfii,，,,,，, ()1， 由柯西—黎曼方程， ，对积分，得 yvuxy,,，2yx 12 ， vxyycx,，，2() 2 ,再由得，因此 vu,,2()2ycxxy，,,，xy 12 ，所以 ,cxxcxxc(), (),,,,，02 1122 ， vxyyxc,，,，2022 1因，说明时，由此求出， v,1fi()1,,xy,,0,1c,02至此得到: 1112222， fzuivxxyyyxxyi()(2),，,，,，,，， 222 112整理后可得: fzizi()(1),,， 22 yv,(2)， f(2)0,22xy， 此类问题，除了上题采用的方法外，也可这样: ,fzuivviv(),，,， xxyx 222xyxyz,2()1 ，所以 ,,,,i22222222()()xyxyz，，()zz 1 ， fzc(),,， z 1其中为复常数。代入得，，故此 f(2)0,cc, 2 11 fz(),, 2z y(3) vx,,arctan, (0) x ,fzuivviv(),，,，同上题一样， xxyx xyz,1 ,，,,i， 2222zxyxy，，zz fzzc()ln,， 因此， 0 其中的为对数主值，为任意实常数。 lnzc0 x(4)uexyyy,,(cossin)， f(0)0, x ，对积分，得 vuexyyyy,,,，，(sinsincos)xxy xx vyexdxeyyycx,，，，sin(sincos)(), xx,,，，，sin(1)(sincos)()yxeeyyycx x,，，exyyycx(sincos)() ,再由得，所以为常数，由知， vu,cxc(),cx()0,f(0)0,yx0 时，由此确定出，至此得到: v,0c,0xy,,00 xvexyyy,，(sincos) xxexyyy(cossin),，，iexyyy(sincos) ， fzuiv(),，, zfzze(),整理后可得 ,19(设在z,1上解析，且fz()1,，证明 f(0)1, fz() 证明:由高阶导数公式及积分估计式，得 1()1()1fzfz, ,,,fdzdsfzds(0)() ,,,,,,222izzzzz,,,111 11,,,ds, ，证毕。 21 ,22,,z,1 zzR,,fzM(),20(若在闭圆盘上解析，且，试证明柯西不fz()0 n!()n等式 ，并由此证明刘维尔定理:在整个复平面上有界fzM(),0nR 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 nfznfz!()!()()n ,,fzdzds()0，，nn11 ,,,,,,22i()()zzzz00,,,zzRz10 nnMnMnM!!!!,,,,,fzdsdsR()2， nnnn，，，111 ,,222RRRR,,,zz,,11 柯西不等式证毕;下证刘维尔定理: fzM(), 因为函数有界，不妨设，那么由柯西不等式，对任意 M,Rz都有，又因fz()处处解析，因此可任意大，这样，令 fz(),00R ,,,R,，,fz()0,fz()0,fz()0,z，得，从而，即 ，再由0000 ,的任意性知，因而为常数，证毕。 fz()0,fz() 习题四答案 1( 考察下列数列是否收敛，如果收敛，求出其极限( 1n(1) zi,，nn nnlimilimz解:因为不存在，所以不存在，由定理4.1知，数列不收敛( z,,nnn,,,, i,n(2),，(1) zn2 1i5解:，其中,,，则 arctan，,，,,1(cossin)i222,nn，，52,,( zinin,,,,,，,,(cossin)cossin，，,,n,,25,,，， nn22,,,,因为，cossin1nin,,,,，所以 lim0,limcossin0nin,,,,，，,,,,n,,,,n55,,,,由定义4.1知，数列z收敛，极限为0( ,,n n,,i12(3ze,) nn n,n,i,,i1122e,1,e,解:因为，，所以lim0 lim0n,,n,,nn z由定义4.1知，数列收敛，极限为0( ,,n znz,()(4) nz znlimcos2n,,,，()cos2sn2i,,znin解:设，则，因为，zri,，(cossin),,nn,,znlimzlimsin2n,z都不存在，所以不存在，由定理4.1知，数列不收敛( ,,nn,,n,, 2( 下列级数是否收敛,是否绝对收敛? n,i(1) ,n!n,1 nn,i1i,解:，由正项级数的比值判别法知该级数收敛，故级数收敛，,nn!!n!n,1 且为绝对收敛( n,i(2) ,nlnn,2 nn,,cossinn,,,i22,，i解:， ,,,lnlnlnnnnnnn,,,222 n,cos,11112因为是交错级数，根据交错级数的莱,,，,，，？,lnln2ln4ln6ln8nn2, 布尼兹审敛法知该级数收敛，同样可知， n,sin,11112 ,,，,，，1？,lnln3ln5ln7ln9nn2, n,i也收敛，故级数是收敛的( ,nlnn,2 n,,,,i11111又，因为发散，故级数发散，从,,,,,,,lnlnln1nnnn,lnn,n1,nn,,22n2n2, n,i而级数条件收敛( ,nlnn,2 ,cosin(3) ,n20n, nnnn,,n,,,,,cosineeee，e解:，因级数发散，故,,，,,,,,1111nnnn，，，n，2222200000,nnnn,,,,n,cosin发散( ,n20n, n,35，i，，(4) ,n!n,0 nn,,35，i，，34解:，由正项正项级数比值判别法知该级数收敛，故,,,nn!!00,,nn n,35，i，，级数收敛，且为绝对收敛( ,n!n,0 3( 试确定下列幂级数的收敛半径( ,nn(1) 1，iz，，,0n, c1n，1lim12,，,i解:，故此幂级数的收敛半径( R,n,,c2n ,n!n(2) z,nn0n, nc(1)!11nn，，1nlimlimlim,,,,解:，故此幂级数的收敛半径，1n,,,,,,nnn1cnne(1)!，nn(1)，nRe,( ,,inn(3) ez ,,n1 ,i，1nce，1n解:，故此幂级数的收敛半径( R,1limlim1,,,,,,,nnicnne ,21n,22n,(4) z,n2n1,,,2121nn,,2221nn,,解:令，则 zZ,zZ,,,nn22nn11,, 21n，,n，1c121n,n1,n，12，故幂级数的收敛域为，即Z,2limlim,,Z,nnn,,,,21n,c22n1,nn2 ,221n,22n,z,2，从而幂级数的收敛域为，收敛半径为( R,2z,2z,n2n1, ,,,n4( 设级数收敛，而发散，证明的收敛半径为1( ,,,z,,,nnnn0n,0n0,,,,,,nnz,1证明:在点处，，因为收敛，所以收敛，,,z,,,z,,,,nnnnnn00n0n0,,,,,,nn故由阿贝尔定理知，z,1时，收敛，且为绝对收敛，即收,z,z,,nnn0n0,, 敛( ,,,nz,1时，，因为发散，根据正项级数的,,z,,,,,nnnnn00n,0,, ,,nn比较准则可知，发散，从而的收敛半径为1，由定理4.6，,z,z,,nnn0n0,,,n的收敛半径也为1( ,z,nn0, ,n5( 如果级数在它的收敛圆的圆周上一点z处绝对收敛，证明它在cz,0n,n0 收敛圆所围的闭区域上绝对收敛( ,nzz,证明:时，由阿贝尔定理，绝对收敛( cz,0n,n0 ,,,nnnzz, 时，，由已知条件知，收敛，czcz,cz,,,0nn0n0n0nn00,,,,,nn即收敛，亦即绝对收敛( czcz,,nn,n0n0, 6( 将下列函数展开为的幂级数，并指出其收敛区域( z 1(1) 22(1)，z 1zi,,z,1解:由于函数的奇点为，因此它在内处处解析，可以在22(1)，z 此圆内展开成的幂级数(根据例4.2的结果，可以得到 z 124nn( ,,，,，,，,zzzz？？1(1),12，z1 将上式两边逐项求导，即得所要求的展开式 111'24122nn，,=( ()(),,,,，，，,，,zznzz？？123(1),1222，zz12(1)，z 1(2) (0,0)ab,,()()zazb,, 1ab,解:?时，由于函数的奇点为，因此它za,(0,0)ab,,()()zazb,, 在内处处解析，可以在此圆内展开成的幂级数( za,z 11111'' ,,,,()()2z()()()zazbzaaza,,,,1,a n1zz11n'n,1==,，，，？？=()z,，，，，(1)？？nnaaaaaa 1nn,1，，，,？？( zza,21n，aa 1ab,?时，由于函数的奇点为，因此zazb,,,(0,0)ab,,12()()zazb,, 它在zab,min{,}内处处解析，可以在此圆内展开成的幂级数( z 111111 ,,，,()zz()()zazbabab,,,,11,,ab nn111zzzz,,,,,，，，，？？？？= ()2121，，nn,abaaabbb = 1111111n,，,，，,，,zzzab？？[()()],min{,}( 2211，，nnabbababa, 2cosz(3) 2cosz解:由于函数在复平面内处处解析，所以它在整个复平面内可以展开 成的幂级数( z 482nzzz2n( cos1(1),zz,,，,，,，,，,？？2!4!(2)!n shz)(4 shz解:由于函数在复平面内处处解析，所以它在整个复平面内可以展开成 的幂级数( z 321321nn，，()()()()izizzzn,,,,,，，,，,，，，，,，,？？？？shziiziizzzsin((1)),，，3!(21)!3!(21)!nn 2sinz(5) 2sinz解:由于函数在复平面内处处解析，所以它在整个复平面内可以展开 成的幂级数( z 22n1cos21(2)(2),zzz，21n sin(11(1))z,,,，，，,，？？222!(2)!n 22n(2)(2)zz，n1 =( ，，,，,，,？？(1),z，，22!2(2)!n z(6) ezsin z解:由于函数在复平面内处处解析，所以它在整个复平面内可以展ezsin 开成的幂级数( z iziziziz,，,(1)(1)eeee,,zz= sineze,,,22ii 2222nnnn1(1)(1)(1)(1)，，,,iziziziz(1(1)1(1))，，，，，，,,,,,,,iziz？？？？22!!2!!inn nn3z122(1)(1),，,,iii2n2 ==( zzz，，，,，,？？,(2)izzz，，，，？？322!!in 7( 求下列函数展开在指定点处的泰勒展式，并写出展式成立的区域( z0 z(1) ,2z,0(1)(2)zz，， z21解: ， ,,(1)(2)21zzzz，，，， n,22111(2)z,,,,,， ,nz,2zz，,，2242240,n1，4 n,11111(2)z,,,,,( ,nz,2zz，,，1233330,n1，3 z由于函数的奇点为，所以这两个展开式在zz,,,,1,212(1)(2)zz，， z,,23内处处成立(所以有: nn,,,zzz1(2)1(2)11,,n,,,,,,,()(2),23zz,,,21nnnn，(1)(2)243323zz，，000nnn,,, ( 1,1z,(2) 02z 112nn,,,,，,，，,,，,,zzzz？？1(1)(1)(1)(1),11解:由于 zz,，11 11'11nn,,,,,,,，，,,，,,znzz？？()12(1)(1)(1),11所以( 2zz 1,1zi,，(3) 043,z 解: 11111 ,,,,34343(1)33133(1)13,,,,,,,,,,,zziiizii1(1),,,zi13,i nn,,133nn=( ,,,,,,zizi(1)(1),,1nn，,,,iii13(13)(13)00,,nn 展开式成立的区域: 103，即 zi,,,1(1)1zi,,,313,i ,(4) tan,zz,04 '2''2'''22解:，，，……， tanseczz,tan2sectanzzz,tan2sec(2tan1)zzz,， ,'2''2，， tansec2z,,tan2sectan2zzz,,,,,z,zz,,4444 8'''22……，故有 tan2sec(2tan1)zzz,，,,,zz,,344 ,,,823,，,，,，,，？ tan12()2()()zzzz4434 ,,,tanz因为zkkZ,，,,的奇点为，所以这个等式在的范围内z,,,244 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(1) ,12,,z2(1)(2)zz，, 1112z解: , ,,,()222(1)(2)5211zzzzz，,,，， nn,,1111zz,,,,,,,, ,,1nn，z,z22222,100nn,,2,,zz1111nn,,,,,(1)(1) ,,22221nn，1，zzzzz1，100nn,,2z,,221212nn,,,,,(1)(1), ,,222222nn，1zzzzz，1，100nn,,2z n,,,1112znn故有 ,,，,，,((1)(1)),,,212122nnn，，，，,(1)(2)52zzzz000nnn,,, z，1(2) ,01,1,,,,，,zz2zz(1), z，112解: ,，222zzzzz(1)(1),, 01,,z?在内 ,,z，112121121nn2,,，,,,,,,,zz2,,22222222zzzzzzzzzzz(1)(1)1,,,nn00,, ?在内 1,,，,z ,,z，1121211212n,，,，,,，,，z,,22232323n，311zzzzzzzzz(1),z(1)1,,00nn,,zz 1(3) ,011,12,,,,,,，,zz(1)(2)zz,, 解:?在内， 011,,,z ,,111111nn1,,,,,,,,,,,,zz(1)(1),,zzzzzzz,,,,,,,,,(1)(2)11111(1)1nn00,, ?在内 12,,,，,z ,,111111111nn,,,,,,,,(1)(1),,22nn，1zzzzzzzzz,,,,，,,,,,(1)(2)22122(2)(2)(2)，100nn,,z,2 1(4) sin,01,,,，,z1,z 解:在01,,,，,z内 n111(1), sin,,，，，？？321，nzzznz113!(1)(21)!(1),,,，, zcos,01,,,，,z(5) z,1 z111解: coscos(1)cos1cossin1sin,，,,zzzz,,,,1111 01,,,，,z在内 nn,11(1)(1),, ？？cos1,,，，，,,222nnzznznz,,,,12!(1)(2)!(1)(2)!(1)0n,nn,111(1)(1),,？？sin,,，，，,,32121nn，，zzznznz,,,，,，,113!(1)(21)!(1)(21)!(1)0n, 故有 z111coscos(1)cos1cossin1sin,，,, zzzz,,,,1111 nn,,(1)(1),, ,,cos1sin1,,221nn，(2)!(1)(21)!(1),，,nznznn,,00 1zi,9( 将在的去心邻域内展开成洛朗级数( fz(),22(1)z， 1zi,,zi,解:因为函数fz(),的奇点为，所以它以点为心的去心22(1)z， 02,,,zi02,,,zi邻域是圆环域(在内 111111,' ,,,,,()2222222(1)()()()(2)()2zziziziziizizii，，,,,，,,， nn,,,,,1111()()zizi1nn，又 ,,,,,,,,(1)(1),,1，nn()zi,ziiiiii,，222(2)(2)00,,nn1，2i,,，1121n'nn ？()()(1)(),,,，,,,zizi,232n，ziiiii,，2(2)(2)(2)n0,故有 ,,1111nn，，nnnn2, fzzizi()(1)()(1)(),,,,,,,,,,22222nn，，(1)()(2)(2)zziii，,nn00,, 10(函数能否在圆环域内展开为洛朗级0(0),,,,，,zRRfzz()ln, 数,为什么, 答:不能。函数的奇点为,，所以对于，fzz()ln,zzR,,0,,,,，,RR,0 z,0内都有的奇点，即以为环心的处处解析的圆环域0,,zRfz()fz()不存在，所以函数不能在圆环域内展开为0(0),,,,，,zRRfzz()ln, 洛朗级数(