复变函数与积分变换课后习题答案

复变函数与积分变换

（修订版）

主编：马柏林

（复旦大学出版社）

——课后习题答案

习题一

1. 用复数的代数形式a+ib表示下列复数

1

8 0i 1 8

e iπ/4;

3 5i13

;(2 i)(4 3i); . 7i 1i1 i

4

4

∴Re, 1Im 0．

∵

3

④解：

i π π ①解e π cos isin

1

3

3

1 2

3

1 8

2

i

3

3 5i 1 7i 1613

②解： 3 5i i

7i 1

1+7i1 7i2525

1

8 0i 1 8

③解： 2 i 4 3i 8 3 4i 6i 5 10i 3 1 i 3513

= i i ④解：

i1 i222

, ∴Re． Im 1 0

2.求下列各复数的实部和虚部(z=x+iy)

k

1, n 2k

k ． ⑤解： ∵in k

n 2k 1 1 i,

z a (a z3; 1 ; 1 ;in. z

a 2 2

① 则

：∵设z=x+iy

33

∴当n 2k时，Re in 1 k，Im in 0； 当

k

n 2k 1时，

n

R e i

，0

Im in 1 ．

3.求下列复数的模和共轭复数

x a iy z a x iy a x a iy x a iy 22

z ax iy ax a iy x a y

∴

222

z a x a yRe 2

z a x a y2

2 i; 3;(2 i)(3 2i);

,

①解： 2 i

2 i 2 i

3 3

1 i

.

2

2xy z a

Im ． 22

z a x a y

②解： 3 3

②解： 设z=x+iy ∵

z3 x iy x iy x iy x2 y2 2xyi x iy

3

2

222

x x2 y2 2xy2 yx y 2xy i

③解： 2 i

3 2i 2 i3 2i

2 i3 2i 2 i 3 2i 2 i 3 2i 4 7i

x3 3xy2 3x2y y3 i

④解：

1 i i 22

∴

Re z3 x3 3xy2

,

Im z3 3x2y y3．

1 i 1 i1 i

222

③解：

∵

3

1 8

4、证明：当且仅当z z时，z才是实数．

3

1

1 3

1 8

3

1

2

2

3

证明：若z z，设z x iy，

则有 x iy x iy，从而有 2y i 0，即y=0

∴z=x为实数．

若z=x，x∈ ，则z x x． ∴z z． 命题成立．

①解：

3 5i 3 5i 1 7i

7i 11 7i1

7i

38 16i19 8ii 8

e其中 π arctan． 502519

②解：i ei 其中

i e

iπ

2

5、设z,w∈C，证明： z w≤z w

证明∵z w z w z w z w z w

2

π

． 2

③解： 1 eiπ eπi

2

④解： 8π1 16π π.

3

z z z w w z w w

z zw z w w z w

≤

22

2

2

2Re z w

2

∴ 8π1 16π e

3

2 πi3

z w 2z w

2

2

2

2π2π

isin ⑤解： cos99

z w 2z w z w

2

2π2π

解：∵ cos isin 1．

99

i π.3i2π2π

isin 1 e9 e3 ∴ cos99

3

2

2π

3

∴z w≤z w．

8.计算：(1)i的三次根；(2)-1的三次根；(3)

的平方根.

⑴i的三次根． 解：

2

6、设z,w∈C，证明下列不等式．

z w z 2Rez w w z w z 2Rez w w

2

2

2

2

2

2

z w z w 2z w

22

22

并给出最后一个等式的几何解释．

证明：z w z 2Rez w w在上面第五题的证明已经证明了．

下面证z w z 2Rez w w．

∵z w z w z w z w z w

z z w w z w

2

2

2

2

2

2

2

ππ 3 cos isin cos

22

1

2kπ

ππ

2kπ

isin33

k 0,1,2

2

∴

z1 cos

ππ1

isin i662

．

551

z2 cosπ isinπ i

662991

i z3 cosπ isinπ 662

⑵-1的三次根 解：

2

z 2Rez w w．从而得证．

2

2

2

∴z w z w 2z w

22

几何意义：平行四边形两对角线平方的和等于各边的平方的和．

7.将下列复数表示为指数形式或三角形式

3 5i2π2π

;i; 1; 8π(1); cos isin . 7i 199

3

cosπ isinπ 3 cos

1

2kπ+π2kπ π

isin33

k 0,1,2

∴z1 cosπ isinπ 1

3

3

2

z2 cosπ isinπ 1

551

z3 cosπ isinπ 332的平方根．

π

4

e

是α-β=90°．

12.指出下列各式中点z所确定的平面图形，并作出草图.

(1)argz π;(2)z 1 z;(3)1 z i| 2;(4)Rez Imz;

k 0,1

∴

e

1π2i4

ππ

2kπ 2kπ 6 cos isin 22

14

(5)Imz 1且z 2.

解：

(1)

、argz=π．表示负实轴．

iππ

∴z1 6 cos isin 64 e8

88

1

4

1π

πi99

z2 6 cosπ isinπ 64 e8．

88

1

4

19

9.设z e

i

2πn

,n 2. 证明：1 z zn 1 0

i 2πn

证明：∵z e

∴zn 1，即zn 1 0．

(2)、|z-1|=|z|．表示直线z

=

1． 2

∴ z 1 1 z zn 1 0 从而1 z z2+ zn 1 0

又∵n≥2． ∴z≠1

11.设 是圆周{z:z c r},r 0,a c rei .令

, z a L z:Im 0

b

其中b e.求出L 在a切于圆周 的关于

的充分必要条件.

解：如图所示．

(3)、1<|z+i|<2 解：表示以-i为圆心，以

1和2为半径的周圆所组成的圆环域。

i

z a

因为L ={z: Im =0}表示通过点a且方

b

（4）、Re(z)>Imz．

解：表示直线y=x的右下半平面

向与b同向的直线，要使得直线在a处与圆相切，则CA⊥L ．过C作直线平行L ，则有∠BCD=β，∠ACB=90° 故α-β=90°

所以L 在α处切于圆周T的关于β的充要条件

22

u x y,v 2xy. 所以

(1) 记w e，则

轴上从O到4i的一段，即 π

0 4,

.

2

i

0 r 2,

π

4映射成w平面内虚

5、Imz>1，且|z|<2．

解：表示圆盘内的一弓形域。

习题二 1. 求映射

w z

1

z下圆周|z| 2的像. w u iv则

π

0 ,0 r 2i

4(2) 记w e，则映成了w平面

π

0 4,0

.

2 上扇形域，即

解：设z x iy,

u iv x iy

1x iyxy

x iy 2 x 2 i(y )22

x iyx yx yx 2y

2

因为x y 4,所以53u xv y

4,4 所以

x

u

22

u iv

53

x yi44

(3) 记w u iv，则将直线x=a映成了

u a2 y2,v 2ay.即v2 4a2(a2 u).是以原点为焦

点，张口向左的抛物线将y=b映成了u x2 b2,v 2xb.

u

,y 5

v

3

2

u2

所以

52

v

32即

22

v2

22

1

222v 4b(b u)是以原点为焦点， 即张口向右抛物

，表示椭圆.

线如图所示

.

2. 在映射w z下，下列z平面上的图形映射为w平面上的什么图形，设w e或w u iv. （1）

0 r 2,

π

4； （2）

i

2

π4;

(3) x=a, y=b.(a, b为实数) 0 r 2,0

222

解：设w u iv (x iy) x y 2xyi

3. 求下列极限.

解：令

z

1

t,则z ,t 0.

1t2

lim lim 0z 1 z2t 01 t2

于是.

Re(z)(2) z 0z;

lim

Re(z)x

x iy有 解：设z=x+yi，则z

x3y

,

f(z) x4 y2

0,

z 0,z 0.

解：因为

x3yxx3y

0 4

x y22x2y2

,

x3y

lim 0 f(0)(x,y) (0,0)x4 y2

所以

lim

Re(z)x1

lim

z 0x 0zx ikx1 iky kx 0

所以f(z)在整个z平面连续.

5. 下列函数在何处求导？并求其导数.

n 1

(1) f(z) (z 1) (n为正整数)；

显然当取不同的值时f(z)的极限不同 所以极限不存在. z ilim

z iz(1 z2)

（3） ；

解：因为n为正整数，所以f(z)在整个z平面上可导.

f (z) n(z 1)n 1.

：

f(z)

z 2

(z 1)(z2 1).

解l

(2) 1

z i

z iz i11

lim lim i

z( z2=z iz(i z)(z i)z iz(i z)2.

m2

(z 1)(z 1)) 0解：因为f(z)为有理函数，所以f(z)在

zz 2z z 2

limz 1z2 1（4） .

处不可导.

从而f(z)除z 1,z i外可导.

zz 2z z 2(z 2)(z 1)z 2

,2

z 1(z 1)(z 1)z 1解：因为

lim

zz 2z z 2z 23

lim z 1z 1z2 12.

(z 2) (z 1)(z2 1) (z 1)[(z 1)(z2 1)]

f (z)

(z 1)2(z2 1)2

2z3 5z2 4z 3

(z 1)2(z2 1)2f(z)

3z 85z 7.

z=75

所以

z 1

4. 讨论下列函数的连续性： (1)

xy

,

f(z) x2 y2

0,

z 0,z 0;lim

(3)

解：f(z)除f (z)

外处处可导，且

3(5z 7) (3z 8)561

(5z 7)2(5z 7)2

x yx y

i

x2 y2x2 y2

.

f(z)

limf(z)

解：因为

z 0

xy

(x,y) (0,0)x2 y2

(4)

,

解：因为

f(z)

.

若令y=kx,则

xyk

lim 22(x,y) (0,0)x y1 k2

x y i(x y)x iy i(x iy)(x iy)(1 i)(1 i)1 i

2

x2 y2x2 y2x2 y2zz

,

.

因为当k取不同值时，f(z)的取值不同，所以f(z)在

z=0处极限不存在.

所以f(z)除z=0外处处可导，且

6. 试判断下列函数的可导性与解析性.

f (z)

(1 i)

z2.

22

u(x,y) xy,v(x,y) xy在全平面上可微. 解：

y

y2, x u

2xy, y v

2xy, x

v x2 y

u u v v

0 0

(z) 0f x y x y证明：因为，所以,.

所以u,v为常数，于是f(z)为常数. (2) f(z)解析.

证明：设f(z) u iv在D内解析,则 u ( v) u v

x y x y u ( v) v y x y u v , x y

u v

y x

u v y x

所以要使得

u v u v

x y， y x,

只有当z=0时,

从而f(z)在z=0处可导，在全平面上不解析.

22

f(z) x iy(2) .

22

解：u(x,y) x,v(x,y) y在全平面上可微.

u

2x, x u 0, y v 0, x v

2y y

u u , x y而f(z)为解析函数，所以

v v

, x x

v v

, y y

u v u v

y. 只有当z=0时,即(0,0)处有 x y, y

所以f(z)在z=0处可导，在全平面上不解析.

33

f(z) 2x 3iy(3) ;

所以即

从而v为常数，u为常数，即f(z)为常数. (3) Ref(z)=常数.

证明：因为Ref(z)为常数，即u=C1, 因为f(z)解析，C-R条件成立。故从而f(z)为常数. (4) Imf(z)=常数.

证明：与（3）类似，由v=C1得

u u v v 0 x y x y

33

u(x,y) 2x,v(x,y) 3y解：在全平面上可微.

u u

0 x y

u

6x2, x u 0, y v

9y2, x v 0 y

u u 0 x y

即u=C2

时，才满足C-R方程. 从而f(z)

0处可导，在全平面不解析.

2

f(z) z z(4) .

v v

0 x y

因为f(z)解析，由C-R方程得

u u 0 x y

,即u=C2

解：设

z x iy

，则

f(z) (x iy) (x iy)2 x3 xy2 i(y3 x2y) u(x,y) x3 xy2,v(x,y) y3 x2y

u

3x2 y2, x

u

2xy, y

v

2xy, x

v

3y2 x2 y

所以f(z)为常数. 5. |f(z)|=常数.

证明：因为|f(z)|=C，对C进行讨论. 若C=0，则u=0,v=0,f(z)=0为常数.

2

f(z) f(z) C 若C0，则f(z) 0,但，即u2+v2=C2

所以只有当z=0时才满足C-R方程.

从而f(z)在z=0处可导，处处不解析.

7. 证明区域D内满足下列条件之一的解析函数必为常数.

(1) f(z) 0;

则两边对x,y分别求偏导数，有

u v u v2u 2v 0,2u 2v 0

x x y y

利用C-R条件，由于f(z)在D内解析，有 u v u v x y y x

v u

u v 0 x x

u v u u v 0 0,

x x x所以 所以

v

0 x

即u=C1,v=C2,于是f(z)为常数.

(6) argf(z)=常数.

v arctan C

u 证明：argf(z)=常数，即,

(v/u)

2

1 (v/u)于是

u2 (u

v u2 v u

v )u(u v)

y y 0222222

u(u v)u(u v)

证明：

u(x,y) ex(xcosy ysiny),

v(x,y)=ex(ycosy xsiny)

处处可微，且

u

ex(xcosy ysiny) ex(cosy) ex(xcosy ysiny cosy) x

u

ex( xsiny siny ycosy) ex( xsiny siny ycosy) y

得

u v

u v 0 x x v

u v u 0 y y C-R条件→ u vu v 0 x x

u v v u 0 x x

u v u v

0

解得 x x y y，即u,v为常数，于是f(z)

v

ex(ycosy xsiny) ex(siny) ex(ycosy xsiny siny) x

v

ex(cosy y( siny) xcosy) ex(cosy ysiny xcosy) y

u v u v

x 所以 x y, y

所以f(z)处处可导，处处解析.

f (z)

u v

i ex(xcosy ysiny cosy) i(ex(ycosy xsiny siny)) x xx

ecosy iexsiny x(excosy iexsiny) iy(excosy iexsiny) ez xez iyez ez(1 z)

10. 设

x3 y3 i x3 y3

,z 0.

f z x2 y2

0.z 0.

为常数.

8. 设f(z)=my3+nx2y+i(x3+lxy2)在z平面上解析，求m,n,l的值.

解：因为f(z)解析，从而满足C-R条件. u u 2nxy, 3my2 nx2 x y

v

3x2 ly2, x

u v n l x y

v

2lxy y

求证：(1) f(z)在z=0处连续． (2)f(z)在z=0处满足柯西—黎曼方程． (3)f′(0)不存在． 证明.(1)∵

limf(z)

z 0

x,y 0,0

limu x,y iv x,y

而

x3 y3

limu x,y lim x,y 0,0 x,y 0,0 x2 y2

∵

u v

n 3,l 3m y x

x3 y3xy

x y 1 x2 y2 x2 y2 0≤

x3 y3x2 y2

3

x y2

所以n 3,l 3,m 1.

9. 试证下列函数在z平面上解析，并求其导数. (1) f(z)=x3+3x2yi-3xy2-y3i

证明：u(x,y)=x3-3xy2, v(x,y)=3x2y-y3在全平面可微,且

所以f(z)在全平面上满足C-R方程，处处可导，处处解析.

u vf (z) i 3x2 3y2 6xyi 3(x2 y2 2xyi) 3z2

x x

xx

f(z) e(xcosy ysiny) ie(ycosy xsiny). .(2)

≤

∴

∴

x3 y3

lim 0 x,y 0,0 x2 y2

u

3x2 3y2, x u

6xy, y v

6xy, x v

3x2 3y2 y

同理

x3 y3

lim 0 x,y 0,0 x2 y2

∴ x,y 0,0

lim

f z 0 f 0

∴f(z)在z=0处连续．

f(z) f 0 lim

z(2)考察极限z 0

当z沿虚轴趋向于零时，z=iy，有

11 y3 1 i lim f iy f0 1 i limy 0iy y 0iyy2

．

e

2 i3

e e

23π i3

2

1 π π 3

e cos isin e

2 3 3

2

3

(3)

Re e

Re e e

x iyx yxx yx

x Re ey

x

yx y

当z沿实轴趋向于零时，z=x，有 1

lim f x f 0 1 ix 0x

u v

i , x x u v

y x

v u

i y y

y y

cos 2 isin 2 x2 y2 x y

e

x y y cos 2

2

x y

(4)

ei 2 x iy ei e 2 x iy e 2x e 2iy e 2x

它们分别为 u v , x y

∴

∴满足C-R条件．

(3)当z沿y=x趋向于零时，有

f x ix f 0,0 x3 1 i x3 1 i ilim lim x y 0x y 0x ix2x31 i1 i

flim

∴z 0 z不存在．即f(z)在z=0处不可导． 11. 设区域D位于上半平面，D1是D关于x轴的对

14. 设z沿通过原点的放射线趋于∞点，试讨论f(z)=z+ez的极限． 解：令z=reiθ， 对于 θ，z→∞时，r→∞．

故r

lim rei ere

i

lim rei er cos isin

r

．

所以z

limf z

．

15. 计算下列各值． (1)

3

ln

2 3i iarg

2 3i i π arctan

2

称区域，若f(z)在区域D内解析，求证Fz f在

区域D1内解析．

证明：设f(z)=u(x,y)+iv(x,y)，因为f(z)在区域D内解析．

所以u(x,y),v(x,y)在D内可微且满足C-R方程，即 u v , x y

u v y x

(2)

π π

ln

3 lniarg

3 lni lni

6 6

(3)ln(ei)=ln1+iarg(ei)=ln1+i=i

(4)

π

ln ie lne iarg ie 1 i

2

．

，得

fz u x, y iv x, y x,y i x,y

u x, y u x, y u x, y

y y x x y v x, y v x, y v x, y

y y y x x

16. 试讨论函数f(z)=|z|+lnz的连续性与可导性．

解：显然g(z)=|z|在复平面上连续，lnz除负实轴及原点外处处连续． 设z=x+iy

，

g(z) |z|u x,y iv x,y

在复平面内可微．

故φ(x,y),ψ(x,y)在D1内可微且满足C-R条件 , x y y x

u

x,y v x,y 0

1

u122 2

x y 2x x2

u y

从而f在D1内解析

13. 计算下列各值

(1) e2+i=e2 ei=e2 (cos1+isin1)

故g(z)=|z|在复平面上处处不可导．

v 0 x v 0 y

17. 计算下列各值． (1)

1 i 1 i

e

ln 1 i

1 i

e

1 i ln 1

1 i π4i 2kπi i

e

e

π4i π

4 2kππ

e4 2kπ

e

i π 4 e

π

4

2kπ

cos π 4

π isin 4

π

e

2kπ

4

cos π 4

π

isin 4

(2)

3 eln

3

3

ln3 i π 2kπi 3π 2k 3

cos

2k 1 isin

2k 1 cos

2k 1 πisin

2k 1 1 i eln1 i

e iln1 e i

ln1 i 0 2kπi

(3)

e i 2kπi

e2kπ

1 i

1 i

ln

(4)1 i ln e e

e1 i π ln1 i 4 2kπi

1 i π e

2kπi 4i

e2kπi ππ

π

4i 2kπ

4 e

4

2kπ e

i

π 2kπ 4

π

e

4

2kπ π π

cos4 isin 4

π

e4 2kπ

18. 计算下列各值

(1)

ei π 5i e i π 5i

eiπ 5 e iπ 5

cos π 5i 2

2

e 5 e5 1 e 5 e522 e5 e 5 2 ch5

(2)

sin 1 5i ei1 5i e i1 5iei 5 e i 5

2i

2i

e5 cos1 isin1 e 5

cos1 isin1 2i

e5 e 5e5 e 5 2 sin1 i 2cos1

(3)

ei 3 i e i 3 i

tan 3 i sin 3 i cos3 i sin6 isin2

ei3 i e i3 i

2ch21 sin232i

(4)

2

sinz2

12i

e y xi ey xi sinx chy icosx shy

2

sin2x ch2y cos2x sh2y

sin2x ch2y sh2y cos2x sin2x sh2y sin2x

sh2y

(5)

arcsini iln

i iln

1 i ln

1 i2kπ k 0, 1, i ln1 i π 2kπ

(6)

arctan 1 2i i2ln1 i 1 2i 1 i1 2i i2 ln 21

5 5i

kπ 1i

2arctan2 4 ln5

19. 求解下列方程

(1) sinz=2． 解：

z arcsin2 1

i

ln

2i ln

2 i

i

ln

2

1 2k 2 πi

2k 1 2 π iln 2 ,k 0, 1,

(2)ez

1 0

解：ez

1 即

z ln 1 ln2 iπ

3

2kπi ln2

1

2k 3 πi

(3) lnz

π2i

lnz

ππ

i解：

2i

即z e2 i

(4)z ln 1 i 0 解

：

20. 若z=x+iy，求证

(1) sinz=sinxchy+icosx shy 证明：

eiz e izei x iy e x yi i

sinz

2i2i1

. e y xi ey xi 2i

sinx chy icosx.shy (2)cosz=cosx chy-isinx shy

当y→+∞时，e-y→0，ey→+∞有|sinz|→∞． 当y→-∞时，e-y→+∞，ey→0有|sinz|→∞．

11

cos x iy e y xi ey xi≥ e y ey

22同理得 所以当y→∞时有|cosz|→∞． 习题三

1. 计算积分C的直线段.

解 设直线段的方程为y x,则z x ix.

(x y ix

2

)dz

,其中C为从原点到点1+i

证明：

eiz e iz1 i x yi i x yi cosz e e221

e y xi ey xi 21

e y cosx isinx ey. cosx isinx 2

ey e y e y ey

.cosx isinx. 2 2 cosx.chy isinx.shy (3)|sinz|2=sin2x+sh2y 证明： sinz

1 y xi

e ey xi sinx chy icosx shy2i

0 x 1

故

22

x y ixdz x y ix d(x ix)

1

1

C

11 ix2(1 i)dx i(1 i) x3

03

ii 1

(1 i) 33

2. 计算积分C

(1 )dz

，其中积分路径C为

(1) 从点0到点1+i的直线段;

(2) 沿抛物线y=x2，从点0到点1+i的弧段. 解 (1)设z x ix. 0 x 1

sinz sin2xch2y cos2x.sh2y

sin2x ch2y sh2y cos2x sin2x sh2y sinx shy(4)|cosz|2=cos2x+sh2y

证明：cosz cosxchy isinxshy

2

2

2

C

1 dz 1 x ix(d

1

x)ix

i

2

z x ix(2)设. 0 x 1

cosz cos2x.ch2y sin2x.sh2y

cos2x ch2y sh2y cos2x sin2x .sh2y cos2x sh2y

21. 证明当y→∞时，|sin(x+iy)|和|cos(x+iy)|都趋于无穷大． 证明： sinz

1 iz iz 1 y xi

e e e ey xi 2i2i

2

C

22

1 dz 1 x ixd(x ix)

1

2i

3

3. 计算积分C

zdz

，其中积分路径C为

(1) 从点-i到点i的直线段;

(2) 沿单位圆周|z|=1的左半圆周，从点-i到点i; (3) 沿单位圆周|z|=1的右半圆周，从点-i到点i. 解 (1)设z iy. 1 y 1

1

sinz e y xi ey xi

2 y xi yy xiye ee e∴ C

zdz ydiy i ydy i

1

1

11

3

i

(2)设z e. 从2到2

i

C

i 2

zdz 32 1de i3 de 2i

2

2

（4）在C4所围的区域内包含两个奇点z 0,z i,

故

11111

dz ( Cz(z2 1) C4z2z i2 z i)dz 2 i i i

1

3

i

(3) 设z e. 从2到2

10.利用牛顿-莱布尼兹公式计算下列积分. (1)

2i0

C

zdz 23 2

1de 2i

z

C

i

zcos2

e

(2)

i

1

z

dz

(2 iz)dz

(3)

1i

i

2

z e 6. 计算积分

sinz dz

C

ln(z 1)

(4) 1z 1 (5)

i

1 tanz

0z sinzdz (6) 1cos2z

,其中C为

C

z a 0

.

解 (1)

z e解

C

z

z

sinz dz zdz e sinzdz

2i

z1z

cos sin

222

2i0

2ch1

∵e sinz在

z

z a

所围的区域内解析

2

(2)

∴

C

C

ez sinzdz 0

e

i

1

z

dz e z

2

i

i

2

2

11

3i1

从而

z e

2 0

z

i

sinz dz zdz adae

C

(2 iz)dz (2 iz)d(2 iz) (2 iz) ii3(3)

1

i

1

11i

33

(4)

iln(z 1)121 2i

ln(z 1)dln(z 1) ln(z 1) ( 3ln22)1 1z 1 1

284 i

a2i ei d 0

z e 故

C

z

sinz dz 0

1z(z 1)

2

(5)

为

1

1

z sinzdz zdcosz zcosz10 coszdz sin1 cos1

11

7. 计算积分（1）（4）

C1:z

1

C

,其中积分路径C

3(6)

ii1 tanz122i

seczdz secztanzdz tanz tan2z1 1cos2z 1 1

2

112 2

tan1 tan1 th1 ith1 22 i

i

1

（2）

3

C2:z

（3）

C3:z i

C4:z i

1

解：（1）在奇点z 0.

z

1

2z(z 1)只有一个所围的区域内，

11. 计算积分(1)

z i 1

C

ez

dz

z2 1,其中C为

z i 1

(2) (3)

z 2

解 (1)

C

11111

( )dz 2 i 0 0 2 i C1zz(z 1)2z i2z i

2

1

ezezez

Cz2 1dz C(z i)(z i) 2 i z i

(2)

ezezez Cz2 1 C(z i)(z i)dz 2 i z i

z i

ei

（2）在所围的区域内包含三个奇点z 0,z i.

C2

故

11111

( )dz 2 i i i 0 Cz(z 1)C2z2z i2z i

2

1

z i

e i

(3)

ezezezi i

Cz2 1dz C1z2 1dz C2z2 1 e e 2 isin1

（3）在C2所围的区域内包含一个奇点z i,故

11111

( Cz(z2 1) C3z2z i2 z i)dz 0 0 i i

1

(1) x3 6x2y 3xy2 2y3;(2) excosy 1 i(exsiny 1).

解(1) 设∴

16. 求下列积分的值,其中积分路径C均为|z|=1.

ez Cz5

w

u i ,u

x 6xy 3xy 2y

3223

0

u u22

6x2 6xy 6y2 3x 12xy 3y

x y

(1) (2)

z

cosz,z 1

02 CCz32 (3) (z z0)

tan

2u 2u 6x 12y 6x 12y22

x y

从而有

2u 2u

0 x2 y2

,w满足拉普拉斯方程,从而是调和函数.

解 (1)

ez2 iz(4)

(e) Cz5

4!

(2)

z 0

i

12

cosz2 i(2)

(cosz)3 Cz2!

(3)

(2)

z 0

w u i

,

u ex cosy 1

i

ex siny 1

u u ex siny ex cosy

∴ x y

2

u 2uxx e cosy e cosy22

x y

z

2 i(tanz)'

C(z z0)2

tan

z z0

isec2

z0

2

1

C(z 1)3(z 1)317. 计算积分,其中积分路径C为 (1)中心位于点z 1,半径为R 2的正向圆周 (2) 中心位于点z 1,半径为R 2的正向圆周

从而有

2u 2u

0 x2 y2

,u满足拉普拉斯方程,从而是调和函

数.

ex cosy ex siny

x y

解：(1)

C

2 2 xx siny e e siny2

y x2

3 i

8

2 2

2 02

x y, 满足拉普拉斯方程,从而是调和函

数.

22

u x y20.证明:函数,

内包含了奇点z 1

z 1

12 i1

()(2)

3 C(z 1)3(z 1)3

2!(z 1)∴

(2)

C

内包含了奇点z 1,

12 i1(2)

()33 C

2!(z 1)3

∴(z 1)(z 1)

19. 验证下列函数为调和函数.

3 iz 1

8

x

x2 y2都是调和函

数,但f(z) u i 不是解析函数

2 2u u u u 2y 2 2x 222 y y x x

2u 2u

2 02 x y∴,从而u是调和函数. 2xy y2 x2

2

x(x y2)2 y(x y)

2 6xy2 2x3 2 6xy2 2x3

2223223 x(x y) y(x2 y)

2

xx u u2yy

dx dy) C 4 x 02 C

(1,0)1x y x(x y2)21xxy 1 2 2 1 C20xx yx y2

(x,y)

(

f(z)

yx

i( 1 C)x2 y2x2 y2

由f(1) 0.，得C=0

1

f z i 1

z

23.设

2 2

2 02

y∴ x,从而 是调和函数.

u u y y x 但∵ x

∴不满足C-R方程,从而f(z) u i 不是解析函数.

22.由下列各已知调和函数,求解析函数

p(z) (z a1)(z a2) (z an),其中

ai( i1, 2,n各不相同，闭路C不通过a1,a2, ,an,证明积分

1p (z)

dz 2πiCp(z)

f(z) u i

(1)u x y xy (2)

2

2

等于位于C内的p(z)的零点的个数.

证明: 不妨设闭路C内P(z)的零点的个数为k, 其零点分别为

u

y

,f(1) 022

x y

a1,a2,...ak

(z a) (z a) (z a) ...(z a)...(z a

k

1

k

1

k 2

k 3

n

n

n 1

u u

2y x 2x y

x y y解 (1)因为 x

所以

(x,y)

(0,0)

2

2

1P (z)1

dz CC2πiP(z)2πi

)(z a1)(z a2)...(z an)

u u(x,y)x xdx y(2x y)dy C dy C (0,0)(2y x)dx (2x y)dy C 0 0

y x

111111

dz ... CCC2πiz a12πiz a22πiz an

k个

xy

2xy C22

1 1 ... 1 k

1111

... z CC2πiz ak 12πiz an

x2y222

f(z) x y xy i( 2xy C)

22

令y=0,上式变为

24.试证明下述定理(无界区域的柯西积分公式): 设

f(z)在闭路C及其外部区域D内解析，且

limf(z) A

z

，则

x2

f(x) x i( C)

2

2

f(z) A,z D,1f( )

zd A,z G.2πiC

其中G为C所围内部区域.

证明：在D内任取一点Z，并取充分大的R，作圆CR:

从而

z2

f(z) z i iC

2

2

u2xy ux2 y2

2 2

2222

x(x y) y(x y) (2)

z R，将C与Z包含在内

CR为边界的区域内解析，依柯西积

则f(z)在以C及

1f( )f( )

f(z) [ - ] CCR2πi z z f( z)

R

因为 z 在上解析，且

1 i2n 1 1 ( 1)n i 1( 1)n

i nnnnn 1n 1n 1

11 i2n 1

因为 发散,所以 发散

nn 1nn 1

lim f( )1

limf( ) limf( ) 1

z

1

1 5in

发散 (2) 22n 1n 1

n

所以，当Z在C外部时，有

f(z) A

1f( )

C zd 2πi

1 5in15n

lim() lim( i) 0 又因为n

n 222

1f( )

C z f(z) A2πi即

设Z在C内，则f(z)=0，即

1 5i

()发散 所以 2n 1

(3)

n

n 1

e1

nn 1n

πin

发散,又因为

0

1f( )f( )[ C z ]2πi CR z

1f( ) C z A2πi故有：

习题四

1. 复级数 an与 bn都发散,则级数 (an bn)

n 1

n 1

n 1

e

nn 1n 1

iπn

cos

ππ isin

1ππ (cos isin)收 nnnnn 1

敛,所以不绝对收敛. (4)

n 1

in1

lnnn 1lnn

和

ab发散.这个命题是否成立?为什么?

nnn 1

答.不一定．反例:

11 11

an i2, bn i2发散 nn 1nnn 1n 1nn 1但 (an bn) i

n 1

n 1

11

因为

lnnn 1

所以级数不绝对收敛. 又因为当n=2k时, 级数化为

( 1)kln2k

2

收敛 2n

k 1

收敛

2

(an bn) 发散 n 1n 1n

11

anbn [ (2 4)]收敛. nnn 1n 1

2.下列复数项级数是否收敛,是绝对收敛还是条件

收敛?

n1 i2n 11 5in

) (3) e (1) (2) (

n2nn 1n 1n 1

k

当n=2k+1时, 级数化为 ( 1)也收敛

k 1ln(2k 1)

所以原级数条件收敛 (5)

iπ

cosin 1en e n1 en1 1n

n () () n

2222n 022n 02en 0n 0

incosin

(4) (5) n

2n 1lnnn 0

1ne

其中 ()n 发散, ()收敛

n 02en 02

所以原级数发散.

(1)

3.证明:若Re(an) 0,且 an和 an2收敛,则级数

解

n 1n 1

证明:设

222

an xn iyn,an (xn iyn)2 xn yn 2xnyni

敛，z 2

1

时发散.

因为

a

n 1

n

和 an2收敛

n 1

若在z=0处收敛,则

2

n 1

1

所以 xn, yn, (xn yn), xnyn收敛

n 1

n 1

n 1

2

又因为Re(an) 0,

2

limx limxx 0所以n且n nn n 0

若在z=3处发散, 则

1

1

显然矛盾,所以幂级数

C(z 2)

n

n 0

n

不能在z=0处

当n充分大时, xn xn

2

所以

2

x

n 1

2

n

收敛

22222

an xn yn 2xn (xn yn)

而

2x

n 1

2

n

收敛，

(x

n 1

2n2 yn)收敛

所以

a

n 1

2n

收敛，从而级数

n 1

n

a

n 1

收敛而在z=3处发散

6.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它的收敛圆内可能有奇点.

答: (1) 不正确,因为幂级数在它的收敛圆周上可能收敛,也可能发散.

(2) 不正确,因为收敛的幂级数的和函数在收敛圆周内是解析的.

绝对收敛.

7.若 Cnz的收敛半径为R,求

n

n 0

2

n

4.讨论级数 (z

n 0

Cnn

z的收敛半n

n 0b

z)的敛散性

n

径。

n 1

解 因为部分和sn (z

k 0

k 1

z) z

k

1，所以，

当z 1时,sn 1

Cn 1

C111bn 1lim limn 1 解： 因为n nn CbRbn

nb

所以 R R b 8.证明：若幂级数

li，则 n当z 1时,sn 0，当z 1时,sn不存在.

当z e而 0时（即z 1,z 1），cosnθ和sinnθ都没有极限,所以也不收敛．

i

az

nn 0

n

的 系数满

足

当z>1时,sn .

故当z 1和z 1时,

(z

n 0

1(1)当0 时, R

n 1

zn)收敛.

(2) 当 0时, R (3) 当 时, R 0 证明：考虑正项级数

5.幂级数处发散.

C(z 2)

n

n 0

n

能否在z=0处收敛而在z=3

az

n

n 0

n

a1z a2z2 ... anzn ...

Cn 11

z 2 lim 解： 设n ，则当时，级数收

Cn

i z由

于lnn，若