復變函數(shù)經(jīng)典例題章節(jié)練習

1、第一章例題例1.1試問函數(shù)把平面上的下列曲線分別變成平面上的何種曲線？ （1）以原點為心，2為半徑，在第一象項里的圓弧； （2）傾角的直線； （3）雙曲線。 解設，則 因此 （1）在平面上對應的圖形為：以原點為心，4為半徑，在上半平面的半圓周。 （2）在平面上對應的圖形為：射線。 （3）因，故，在平面上對應的圖形為：直線。 例1.2設在點連續(xù)，且，則在點的某以鄰域內恒不為0. 證因在點連續(xù)，則，只要，就有 特別，取，則由上面的不等式得 因此，在鄰域內就恒不為0。 例1.3設 試證在原點無極限，從而在原點不連續(xù)。 證令變點，則 從而（沿正實軸） 而沿第一象限的平分角線，時，。 故在原點無確定的極

2、限，從而在原點不連續(xù)。 第二章例題例2.1在平面上處處不可微 證易知該函數(shù)在平面上處處連續(xù)。但 當時，極限不存在。因取實數(shù)趨于0時，起極限為1，取純虛數(shù)而趨于零時，其極限為1。故處處不可微。例 2.2函數(shù)在滿足定理2.1的條件，但在不可微。 證因。故 但 在時無極限，這是因讓沿射線隨而趨于零，即知上式趨于一個與有關的值。例2.3討論的解析性 解因, 故 要使條件成立，必有，故只在可微，從而，處處不解析。例2.4討論的可微性和解析性 解因, 故 要使條件成立，必有，故只在直線上可微，從而，處處不解析。例2.5討論的可微性和解析性，并求。 解因, 而 在復平面上處處連續(xù)且滿足條件，從而在平面上處處

3、可微，也處處解析。且 。例2.6設確定在從原點起沿負實軸割破了的平面上且，試求之值。 解設，則 由代入得 解得：，從而 。例2.7設則 且的主值為。 例2.8考查下列二函數(shù)有哪些支點 (a) (b) 解（a）作一條內部含0但不含1的簡單閉曲線, 當沿正方向繞行一周時,的輻角得到增量,的輻角沒有改變, 即 從而 故的終值較初值增加了一個因子，發(fā)生了變化，可見0是的支點。同理1 也是其支點。 任何異于0，1的有限點都不可能是支點。因若設是含但不含0，1的簡單閉曲線，則 故的終值較初值增加了一個因子，未發(fā)生變化。 最后不是的支點。因若設含0，1的簡單閉曲線，則 故的終值較初值增加了一個因子，未發(fā)生變

4、化。 （b）可能的支點是0，1，。設分別是含0但不含1，含1但不含0，和既含0又含1的簡單閉曲線，則 結果的終值較初值均發(fā)生了變化。故0，1，都是支點，此外別無支點。例2.9試說明在將平面適當割開后能分出三個解析分支。并求出在點取負值的那個分支在 的值 解易知的支點是。因此，將平面沿正實軸從0到1割開，再沿負實軸割開。在這樣割開后的平面上，能分出三個解析分支。 現(xiàn)取一條從到的有向曲線（不穿過支割線），則 于是 又由題設，可取。故得 。 （3） 關于對數(shù)函數(shù)的已給單值解析分支，我們可以借助下面的公式來計算它的終值： 即 其中 是一條連接起點和終點且不穿過支割線的簡單曲線；是滿足條件那一支在起點之

5、值的虛部，是一個確定的值。 例2.10試說明在割去“從-1到的直線段”，“從到1的直線段”與射線“且”的平面內能分出單值解析分支。并求時等于零的那一支在的值。 解的支點為。這是因 當變點單繞一周時， 故的值增加了，的值未改變，從而，的值增加了，從一支變成另一支。故是支點，同理也都是支點，此外無其它支點。故在割去“從-1到的直線段”，“從到1的直線段”與射線“且”的平面內能分出單值解析分支。 現(xiàn)設是一條連接起點和終點且不穿過支割線的簡單曲線。則 故 這就是所要求之值。 例2.11求反正弦。 解 例2.12求 解 。 第三章例題例3.1 命表連接點及的任一曲線，試證 （1） （2） 證（1）因，故

6、 ，即 （2）因,選則得 ， 但我們又可選，則得 由定理3.1，可知積分存在，因而的極限存在，且應與及的極限相等，從而應與的極限相等。今 ， 所以 。 注當為閉曲線時， 例 3.2（重要的常用例子） 這里表示以為心，為半徑的圓周。（注意，積分值與,均無關）。 證的參數(shù)方程為：。 故 ； 當為整數(shù)且時 例3.3試證。積分路徑是連接和的直線段 證的參數(shù)方程為 即 沿，連續(xù)，且 而之長為2 ，故由定理3.2 ，。 例 3.4計算積分 其中積分路徑為： （1） 連接由點到點的直線段； （2） 連接由點到點1的直線段及連接由點1到點的直線段所組成的折線。 解（1） 連接及的直線段的參數(shù)方程為： （），

7、故。 （2）連接與1的直線段的參數(shù)方程： 。 連接點1與的直線段的參數(shù)方程為： ， 即， 故 由此例可以看出，積分路徑不同，積分結果可以不同。例3.5計算積分 解在單連通區(qū)域：內，函數(shù)的一個原函數(shù)，且在內解析，故由牛頓萊布尼茲公式 有 例3.6計算下列積分 （1）， （2），其中為右半圓周，起點為,終點為； （3）那一支。 解（1）因為的支點為,所以它在閉圓上單值解析。于是由柯西積分定理3.9 （2）因為上解析 故。 （3）因為的支點為，其單值分支在圓內解析，并連續(xù)到邊界，所以由柯西積分定理3.9 。 例3.7設為圍線內部一點，則 證以為圓心畫圓周，使全含于的內部，則由復圍線的柯西積分定理得

8、再由例3.2即得要證明的結論。例3.8計算積分 解因在閉圓上解析，由柯西積分公式得 定理3.11的特殊情形，有如下的解析函數(shù)的平均值定理。例3.9設在上解析。如果存在，使當時 而且 試證：在圓內至少有一個零點。 證反證法，設在內無零點，而由題設在上也無零點。于是 在閉圓上解析。由解析函數(shù)的平均值定理， 又由題設， ， 從而 ，矛盾。故在圓內至少有一個零點。 例3.10計算積分 其中是繞一周的圍線。 解因為在平面上解析，應用公式（3.5）于，我們得 。例3.11應用劉維爾定理證明代數(shù)學基本原理。在平面上，次多項式 至少有一個零點。 證反證法，設在平面上無零點。由于在平面上是解析的，在平面上也必解

9、析。 下面我們證明在平面上有界。由于 ， 故存在充分大的正整數(shù)，使當時，又因在閉圓上連續(xù)，故可設 從而，在平面上 于是，在平面上是解析且有界。由劉維爾定理，必為常數(shù)，即 必為常數(shù)。這與定理的假設矛盾。故定理得證。例3.12如果為一整函數(shù)，且有使 的實數(shù)存在，試證為常數(shù)。 證令為整函數(shù)。又在平面上 故有界，由劉維爾定理可見是常數(shù)，因此也是常數(shù)。例3.13設是整函數(shù)，是整數(shù)，試證當 時，至多是次多項式。 證只須證得對任何的，。 由 可知，對任給的，存在，只要時就有 。 在平面上任取一點，再取以為心，以為半徑的圓周，使圓周全含于其內部。于是有。這時對于，必，因而 。 由柯西不等式可得 因為是任意的，

10、所以 。 故至多是次多項式。 例3.14驗證是平面上的調和函數(shù)，并求以為實部的解析函數(shù)，使合。 解因在平面上任一點 故在平面上為調和函數(shù)。 法一故要合，必，故。 法二先由條件中的一個得 ， 故， 再由條件中的另一個得 ， 故 因此。 （下同法一） 例3.15驗證在右半角平面內是調和函數(shù)，并求以此為虛部的解析函數(shù)。 解 于是 故在右半平面內，是調和函數(shù)。 兩端對求導 ， 所以，從而（任意常數(shù)）， 故 它在右半平面內單值解析。 第四章例題例4.1考察級數(shù)的斂散性。 解因發(fā)散，故雖收斂，我們仍斷定原級數(shù)發(fā)散。例4.2試求下列各冪級數(shù)的收斂半徑。 （1） 解。 （2）。 解因 ， 故 。 （3） 。

11、解因 ， 故。 （4） 解應當是平方數(shù)時，其他情形。因此，相應有 ，于是數(shù)列的聚點是0和1，從而。 例4.3將在展開成冪級數(shù)。 解因在內解析，故展開后的冪級數(shù)在內收斂。已經(jīng)知道： ， 在時將兩式相乘得（按對角線方法） 。例4.4求的展開式。 解因的支點為及，故其指定分支在內單值解析。 ， 其一般表達式為：當時 。例4.5將及展為的冪級數(shù)。 解因 ， 同理 。 兩式相加除以2得 ， 兩式相減除以得 。 例4.6試將函數(shù) 按的冪展開，并指明其收斂范圍。 解 例4.7考察函數(shù) 在原點的性質。 解顯然在解析，且。 由， 或由 知為的三級零點。 例4.8求的全部零點，并指出它們的級。 解 在平面上解析。

12、由得 即 故， 這就是在平面上的全部零點。顯然 故 都是函數(shù)的二級零點。 例4.9設（1）及在區(qū)域內解析； （2）在內 ， 試證：在內或。 證若有使。因在點連續(xù)，故由例1.28知，存在的鄰域，使在內恒不為零。而由題設 , 故必 . 由唯一性定理（推論4.21） 。 例4.10試用最大模原理證明例3.9。即證：“設在閉圓上解析，如果存在，使當時 ， 而且 ， 則在圓內，至少有一個零點?！?證如果在內，無零點。而由題設在上，且在上解析。故 在上解析。此時 ， 且在上， ， 于是必非常數(shù)，在上 。 由最大模原理，這就得到矛盾。第五章例題例5.1將函數(shù) 在下列三個區(qū)域內 （1）圓； （2）圓環(huán)； （3

13、）圓環(huán)內求的羅朗展式。 解：首先 （1） 在圓內，因此 （2） 在圓環(huán)內有，故 （3） 在圓環(huán)內，故 例5.2求在其孤立奇點的去心鄰域內的羅朗展式。 解：有兩個奇點和。 在的（最大）去心鄰域內 在的（最大）去心鄰域內 例5.3在平面上只有奇點。在其去心鄰域內有羅朗展式 例5.4 只有奇點，在內有 例5.5分析在處的狀況。 是一個本性奇點，對，可設，即，而。 對，可解方程 得無窮多個解 則 ，且當然更有 。 例5.6求出 （1） （2） 的奇點（包括），并確定其類別 解：（1） 以為可去奇點 為一級極點 為非孤立奇點（因是的聚點） （2） 令，得該函數(shù)的所有奇點為 ， ， 是一級極點， 是非孤立

14、奇點，因是聚點。至于應是可去奇點，因若令化為 是解析點。即是可去奇點（或解析點）。 例5.7若在內解析，且不恒為零，又若有一列異于但卻以為聚點的零點，試證必為的本性奇點。 證： 是的孤立奇點，且不能是可去奇點，若不然，令則 在內解析且由假設有以為聚點的一列零點。由零點的孤立性，必恒為0，這題沒矛盾。 其次也不能是的奇點，否則有，使當時，這亦與題沒矛盾。故只能是的本性奇點。第六章例題例6.1計算 解： 在圓周的內部只有一級極點及二級極點， 而 由殘數(shù)定理，得 例6.2計算 解：只以為一級極點，而。 由殘數(shù)定理得 例6.3計算 解：只有一個三級極點，由殘數(shù)定理得 例6.4計算解：只有一個本性奇點在單位圓周內部。而其羅朗展式為 故 殘數(shù)定理推得 例6.5計算解：共有七個奇點：， 及。前6個根均在內部，故 而 故。從而此外，可另法求殘數(shù)： 而以為一級極點，故 。例6.7計算 解： 令，則，當時 故。 例