復(fù)變函數(shù)與積分變換

word文檔可自由復(fù)制編輯word文檔可自由復(fù)制編輯word文檔可自由復(fù)制編輯復(fù)變函數(shù)與積分變換習(xí)題解答吉林大學(xué)數(shù)學(xué)學(xué)院（王忠仁張靜）（2006年6月第1版）習(xí)題一（P12）1.1對任何z，z2z2是否成立？如果是，就給出證明。如果不是，對哪些z值才成立？解：設(shè)zxiy，則z2x2y22xyi，z2x2y2；x2y2x2y2 若z2z2成立，則有x2y22xyix2y2，即 ，解得2xy0y0，即zx。所以，對任何z，z2z2不成立，只對z為實(shí)數(shù)時(shí)才成立。1.2求下列各式的值：（1）(3i)5；（2）(1i)6；（3）61；（4）(1i)。解：（1）因?yàn)?i2ei，所以 5 531(3i)52e6i25e65i32e6i32(i)16(3i) （2）因?yàn)?i2e4i，所以 6 322(1i)62e423e46i8e28ii （3）因?yàn)?cosisin，所以w61cosisin16cos2kisin2kk66，其中k0 ,1； 31 即wcosisini，wcosisini， 0 6 6 22 1 2 2 5531 7731wcosisini，wcosisini，2 6 6 22 3 6 6 2233 111131wcosisini，wcosisin i。4 2 2 5 6 6 22 （4）因?yàn)?i2cos(4)isin(4)，所以4isin42k，其中k0,1,2；2k1 1w(1i)326cos k 3 3 1 177即 w2cos()isin() ， w2cosisin， 6 0 12 12 1 612 12155w26cos4isin4。21.3求方程z380的所有根。解法一：用因式分解法求解。因?yàn)閦38z323(z2)z(22z4)z(2)2z(z21)3(z2)(z1)2(i3)2(z2)(z1i3)(z1i3)所以由z380，得(z2)(z1i3)(z1i3)0，解得z2，z1i3，z1i3； 1 23故方程z380的所有根為z2，z1i3，z1i3。 1 23解法二：用復(fù)數(shù)的方根的方法求解。由z380，得z38，即z是8的三次方根；而88(cosisi，n所以k 3 3 3中k0,1,2；即z02cos3isin31i3，z12(cosisin)2，55z22cos3isin31i3。32k2k2k2kz3838cosisin 2cosisin，其故方程z380的所有根為z1i3，z2，z1i3 01 21.4指出下列各題中點(diǎn)z的軌跡或所在范圍，并作圖，（1）z56；（2）z2i1；（3）Im(z)2；（4）0argz。解：（1）z56表示以點(diǎn)(5,0)為中心，6為半徑的圓周；（2）z2i1表示以點(diǎn)(0,2)為圓心，1為半徑的圓周及圓周的外部；Im(z)2表示直線y2及其下面的部分；0argz表示位于x軸上方的部分。1.5指出下列不等式所確定的區(qū)域或閉區(qū)域，并指明它是有界的還是無界的，單聯(lián)通的還是多聯(lián)通的。（1）Im(z)0；（2）z14；（3）0Re(z)1；（4）2z3。解：（1）Im(z)0表示位于x軸上方的區(qū)域，它是無界區(qū)域，是單聯(lián)通的；（2）z14表示以點(diǎn)(1,0)為中心，4為半徑的圓周的外部區(qū)域，它是無界區(qū)域，是多聯(lián)通的；0Re(z)1表示介于兩直線x0與x1之間的區(qū)域，它是無界區(qū)域，是單聯(lián)通的；2z3表示夾在以原點(diǎn)為圓心，2和3為半徑的圓周之間的部分并且包含那兩個圓周的閉區(qū)域，它是有界的，但它是多聯(lián)通的。1.6已知映射wz3，求：（1）點(diǎn)zi，z1i，z3i在w平面上的像； 1 2 3（2）區(qū)域0argz在w平面上的像。3解：（1）將zi，z1i，z3i分別代入wz3，得 1 2 3wz3i3i2ii， 1 1wz3(1i)3(1i)2(1i)2i(1i)22i， 2 2wz3(3i)32e6i323e63i8e2i8i， 3 3 即點(diǎn)zi，z1i，z3i在w平面上的像分別為i，22i，8i。 1 2 3（2）設(shè)wuiv，則由wz3，可得Argw3argz2k（kZ）；又Argwargw2m（mZ），所以，當(dāng)0argz時(shí)，0argw；3從而區(qū)域0argz在w平面上的像是位于u軸上方的部分。31zz1.7設(shè)f(z)（z0），試證當(dāng)z0時(shí)f(z)的極限不存在。2izz 證 ： 因 為 1zzz2z2 zzzz z z )2(22z2(22zizizizz 則令zxiy（x,yR），fz()uxy(,)vxyi(,) ，代入上式，得 2xy2xyu(x,y)u(x,y)iv(x,y)，即x2y2； x2y2 v(x,y)02xy又當(dāng)z0時(shí)，有x0且y0；而limu(x,y)lim不存在，x0 xox2y2y0 y0所以limf(z)不存在。z01.8試證argz在原點(diǎn)與負(fù)實(shí)軸上不連續(xù)。證：（1）因?yàn)锳rg0無意義，故arg0也無意義，即argz在z0處無定義，故argz在z0處不連續(xù)。（2）設(shè)x0為負(fù)實(shí)軸上的任意一點(diǎn)，因?yàn)?argz，如右圖所示，當(dāng)z在第二象限中沿直線xx趨0于x時(shí)，argz趨于；而當(dāng)z在第四象限中沿直線xx趨于 0 0x時(shí)，argz趨于；所以limargz（x0）不存在，故argz在負(fù)實(shí)軸上0 0zx0不連續(xù)。由（1）（2）可知，argz在原點(diǎn)與負(fù)實(shí)軸上不連續(xù)。第二章解析函數(shù)習(xí)題二（P25）2.1利用導(dǎo)數(shù)定義指出：11（1）(zn)nzn1（n為正整數(shù)）；（2）zz2。解：（1）由導(dǎo)數(shù)的定義，有(zz)nzn(zn)lim z0 z分子分解(zz)z(zz)n1(zz)n2z(zz)n3z2...(zz)zn2zn1lim 因式z0 zlimz(zn)1z(zn2)zz(nz3)2z...z(nz2z)n1zz0zn1zn2zzn3z2...zzn2zn1nzn1所以(zn)nzn1。由導(dǎo)數(shù)的定義，有 1 1 z(zz) z 1 zzzlim(zz)zlim(zz)zlim 1 1 zlimz0 z z0 z z0 z z0(zz)z z2，11故zz2。2.2下列函數(shù)何處可導(dǎo)？何處解析？（1）f(z)x2iy；（2）f(z)2x33y3i；（3）f(z)xy2ix2y；（4）f(z)sinxchyicosxshy ux2 u u v 解：（1）因?yàn)閒(z)x2iy，所以 ，則2x，0，0， vy x y xv1；y顯然，這四個偏導(dǎo)函數(shù)在整個復(fù)平面上都是連續(xù)的；2x1 1若CR方程成立，則 ，即x； 00 21即只有當(dāng)x時(shí)，f(z)x2iy才滿足CR方程。21所以，函數(shù)f(z)x2iy只在直線x上的點(diǎn)可導(dǎo)。2由函數(shù)解析的定義可知，函數(shù)f(z)x2iy在整個復(fù)平面內(nèi)處處不解析。 u2x3 u u v（2）因?yàn)閒(z)2x33y3i，所以 ；則6x2，0，0，v3y3 x y xv9y2；y顯然，這四個偏導(dǎo)函數(shù)在整個復(fù)平面上都是連續(xù)的；6x29y2若CR方程成立，則 ，即2x3y0；00即只有當(dāng)2x3y0時(shí)，f(z)2x33y3i才滿足CR方程。所以，函數(shù)f(z)2x33y3i只在直線2x3y0上的點(diǎn)可導(dǎo)。由函數(shù)解析的定義可知，函數(shù)f(z)2x33y3i在整個復(fù)平面內(nèi)處處不解析。 uxy2 u u（3）因?yàn)閒(z)xy2ix2y，所以 ；則y2，2xy，vx2y x yv v2xy，x2；x y顯然，這四個偏導(dǎo)函數(shù)在整個復(fù)平面上都是連續(xù)的；y22xy若CR方程成立，則 ，即xy0；2xyx2即只有當(dāng)xy0時(shí)，f(z)xy2ix2y才滿足CR方程。所以，函數(shù)f(z)xy2ix2y只在點(diǎn)z0處可導(dǎo)。由函數(shù)解析的定義可知，函數(shù)f(z)xy2ix2y在整個復(fù)平面內(nèi)處處不解析。usinxchy （4）因?yàn)閒(z)sinxchyicosxshy，所以 ；vcosxshyu u v v則cosxchy，sinxshy，sinxshy，cosxchy；x y x y顯然，這四個偏導(dǎo)函數(shù)在整個復(fù)平面上都是連續(xù)的，并且f(z)sixnchyico在整個復(fù)平面內(nèi)滿足sxshyCR方程；所以，函數(shù)f(z)sinxchyicosxshy在整個復(fù)平面內(nèi)處處可導(dǎo)，從而處處解析。2.3指出下列函數(shù)的解析性區(qū)域，并求其導(dǎo)數(shù)。1(z1)5；（2）z32iz；（3）；z21azb（4）（c，d中至少有一個不為零）czd解：（1）函數(shù)(z1)5在整個復(fù)平面內(nèi)處處解析，且(z1)55(z1)4。函數(shù)z32iz在整個復(fù)平面內(nèi)處處解析，且(z32iz)3z22i。1函數(shù)在除去z1的復(fù)平面內(nèi)處處解析，且當(dāng)z1時(shí)z211 2zz21(z21)2。因?yàn)閏，d中至少有一個不為零，則 azb azba①當(dāng)c0時(shí)，函數(shù)為d，它在整個復(fù)平面內(nèi)處處解析，且dd； azb d d②當(dāng)c0時(shí)，函數(shù)在除去z的復(fù)平面內(nèi)處處解析，且當(dāng)zczd c cazba(czd)c(azb)adbc時(shí)czd (czd)2 (czd)2。2.4求下列函數(shù)的奇點(diǎn)： z1 z2（1）；（2）。z(z21) (z1)2(z21)z1解：（1）函數(shù)的奇點(diǎn)即為該函數(shù)沒有意義的點(diǎn)，也即為該函數(shù)分母z(z21)z1等于零的點(diǎn)，即z0,i為函數(shù)的奇點(diǎn)。z(z21)z2函數(shù)的奇點(diǎn)即為該函數(shù)沒有意義的點(diǎn)，也即為該函數(shù)分z2母等于零的點(diǎn)，即z1,i為函數(shù)的奇點(diǎn)。(z1)2(z21)2.5如果f(z)uiv是z的解析函數(shù)，證明：xf(z)2yf(z)2f(z)2。證：由f(z)uiv是z的解析函數(shù)，得uvuxyv且f(z)uxiuy，從而f(z)2ux2uy2；y x又f(z)u2v2，則 u v u u u v u uf(z)uxvxuxvy，f(z)uyvyuyvx； x u2v2 u2v2 y u2v2 u2v2 u u2u u2所以f(z)2f(z)2uxvyuyvx xy u2v2 u2v2 u2 uu u2u2 uu u2u2x2uvxyv2yu2y2uvxyv2xu2v2 u2 u2(u2v2)x(u2v2)yux2uy2，u2v2 fx(z)2f(z)2 2ux2uy2。結(jié)論得證。故f(z)y2.6設(shè)my3nx2yi(x3lxy2)為解析函數(shù)，試確定l，m，n的值。umy3nx2y 解：因?yàn)樵趶?fù)變函數(shù)my3nx2yi(x3lxy2)中，有 ，vx3lxy2u u v v則2nxy，3my2nx2，3x2ly2，2lxy；x y x y顯然，這四個偏導(dǎo)函數(shù)在整個復(fù)平面內(nèi)都是連續(xù)的；又my3nx2yi(x3lxy2)為解析函數(shù)，所以應(yīng)滿足CR方程，則有l(wèi)3 2nxy2lxy ，解得m1。 3my2nx2(3x2ly2) n3u1vv1u2.7證明CR方程的極坐標(biāo)形式是：，。rrrruvxy 證：CR方程即為 ；uv y xxrcosu(x,y)u(rcos,rsin)而直角坐標(biāo)與極坐標(biāo)的關(guān)系是 ，所以 ，yrsinv(x,y)v(rcos,rsin)uuxuyu u則cossin，rxryrx yuuxuyu u u u xyx(rsin)yrcosrxsinycosvvxvyv v u u u ucossincossinsincosrxryrx y y x x y，vvxvyv v u u u u xyx(rsin)yrcosy(rsin)xrcosrysinxcos u1v v 1u所以 ， 。 rrr r2.8若函數(shù)f(z)uiv在區(qū)域D內(nèi)解析，且滿足下列條件之一，試證f(z)必為常數(shù)。（1）f(z)恒取實(shí)值；（2）f(z)在D內(nèi)解析；（3）f(z)在D內(nèi)為一個常數(shù)；（4）argf(z)在D內(nèi)為一常數(shù)；（5）aubvc，其中a，b和c為不全為零的實(shí)常數(shù)。證：因?yàn)楹瘮?shù)f(z)uiv在區(qū)域D內(nèi)解析，所以f(z)uiv在區(qū)域D內(nèi)uvxy滿足CR方程，即 …………（*）uv y x因?yàn)閒(z)恒取實(shí)值，則可設(shè)f(z)u(x,y)；此時(shí)（*）為uvxy0 解得u(x,y)C（其中C為任意一個復(fù)常數(shù)），uv0yx從而f(z)C為常數(shù)。結(jié)論成立。因?yàn)閒(z)u(x,y)iv(x,y)，則f(z)u(x,y)iv(x,y)；由函數(shù)f(z)在D內(nèi)也解析，所以f(z)u(x,y)iv(x,y)在D內(nèi)滿足CR方程，即 u(v) vxyy （**）u(v)v y x xuuxy0uC1則由（*）和（**），可得，即（其中C，C為任意復(fù)常 vv0 vC2 1 2xy數(shù)）從而f(z)CiC為常數(shù)。結(jié)論成立。 1 2（3）因?yàn)閒(z)uiv，所以f(z)u2v2；又f(z)在D內(nèi)為一個常數(shù)，則f(z)2在D內(nèi)也為一個常數(shù)，即f(z)2u2v2C（其中C為非負(fù)數(shù)）①當(dāng)C0時(shí)，即f(z)2u2v20，則uv0（因?yàn)閡，v都是二元實(shí)函數(shù)），從而f(z)0，結(jié)論得證。②當(dāng)C0時(shí)，則對方程u2v2C（C0）兩邊分別關(guān)于x，y求偏導(dǎo)數(shù)，得 u vuxvx0 …………（***），uuvv0 y y u uuxvy0將（*）代入（***），得 …………（****）uuvu0y x方程（****）為齊次線性方程組，且其系數(shù)行列式uvu2(v2)u2vC2，0vu uu vv故方程（****）只有零解，即0，將此結(jié)果代入（*），得0； xy xyuu由0解得uC（其中C為任意復(fù)常數(shù)）；xy 1 1vv由0解得vC（其中C為任意復(fù)常數(shù)）；xy 2 2所以f(z)CiC為常數(shù)。結(jié)論成立。 1 2（4）因?yàn)閍rgf(z)在D內(nèi)為一常數(shù)，又argf(z)，所以 uu①當(dāng)argf(z)時(shí)，有u0，此時(shí)0； 2 xyuu vv將0代入（*），得0，解得vC（其中C為任意復(fù)常數(shù)）；xy xy此時(shí)f(z)iC為常數(shù)，則結(jié)論成立。 argf(z)v且u0；②當(dāng)argf(z)時(shí)，有tan 2 u由argf(z)在D內(nèi)為一常數(shù)，則tanargf(z)v也為常數(shù)；uv此時(shí)記k（其中k為實(shí)常數(shù)），即vku；u v uxkx對方程vku兩邊分別關(guān)于x，y求偏導(dǎo)數(shù)，得 …………（******）vku y y u u u xky (1k2)x0將（******）代入（*），得uk ，即(1k2)u0；u y x y u v x0 x0因?yàn)閗為實(shí)常數(shù)，所以1k20，從而 ，將此結(jié)論代入（*），可得 ； u0 v0 y yuu由0解得uC（其中C為任意復(fù)常數(shù)）；xy 1 1vv由0解得vC（其中C為任意復(fù)常數(shù)）；xy 2 2所以f(z)CiC為常數(shù)。結(jié)論成立。 1 2（5）因?yàn)閍ubvc（其中a，b和c為不全為零的實(shí)常數(shù)），則（I）當(dāng)a，b和c中只有一個為零時(shí)，b0 c①當(dāng)a0時(shí)，則u為實(shí)常數(shù)，是（1）的情形，此時(shí)結(jié)論成立； c0 aa0 c②當(dāng)b0時(shí)，則v為實(shí)常數(shù)，此時(shí)證明過程與（1）類似，結(jié)論也是成立的； c0 bc0 a a③當(dāng)a0時(shí)，則vu（其中是實(shí)常數(shù)），是（4）中的情形②；此時(shí)結(jié) b0 b b論成立。（II）當(dāng)a，b和c中有兩個為零時(shí)，bc0①當(dāng) 時(shí)，則u0為實(shí)常數(shù)，此時(shí)f(z)iv，從而（*）為a0uvxy0 解得v(x,y)C（其中C為任意一個復(fù)常數(shù)），uv0y x從而f(z)iC為常數(shù)。結(jié)論成立。ac0②當(dāng) 時(shí)，則v0為實(shí)常數(shù)，此時(shí)f(z)u(x,y)是（1）的情形，此時(shí)b0結(jié)論成立。ab0③不可能出現(xiàn) 的情況。c02.9找出下列方程的全部解。sinz0；（2）cosz0；（3）1ez0；（4）shzi。eizeiz eizeiz解：（1）因?yàn)閟inz，由sinz0，得0，即e2iz1，解 2i 2i得2izLn1；而Ln1ln1i(arg12k)0i(02k)2ki（kZ），所以2iz2ki，即zk（kZ）；故方程sinz0的全部解為zk（kZ）。 eizeiz eizeiz因?yàn)閏osz，由cosz0，得0，即e2iz1，解得 2 22izLn(1)；而Ln(1)ln1iarg(1k)2i0（kZ），所以2iz(2k1)i（kZ），即zk（kZ）；2故方程cosz0的全部解為zk（kZ）。2(k2k)(2i1)因?yàn)?ez0，即ez1，解得zLn(1)i(2k)（kZ），即方程1ez0的全部解為z(2k1)i（kZ）。 ezez ezez因?yàn)閟hz，由shzi，得i，即e2z2iez10，也 2 2即(ezi)20；從而ezi0，解得zLn(i)；又Ln(i)lniiarg(i)2k0i(2k)(2k1)i（kZ）； 2 21所以z(2k)i（kZ），故方程shzi的全部解為z(2k)i2（kZ）。2.10求Ln(i)，Ln(34i)和它們的主值。解：（1）Ln(i)lniiarg(i)2k0i(2k)(2k1)i（kZ），Ln(i)的主值為ln(i)i； （ 2 ）Ln(34i)ln34iiarg(34i)2kln5iarctan432kln5arctan432ki（kZ）， 4Ln(34i的主值為) ln(34i)ln5arctan3i。2.11證明對數(shù)的下列性質(zhì)：z（1）Ln(zz)Ln(z)Ln(z)；（2）Lnz1Ln(z1)Ln(z2)。 12 1 22解：因?yàn)長n(z)lnziArg(z)，Ln(z)lnziArg(z)， 11 1 22 2 （ 1 ） 又Ln(zz)lnzziA(rgz)zln1zz i(A1r)gz(A2r)gz2121 22lnz1lnz2iArg(z1)Arg(z2)，所以Ln(zz)Ln(z)Ln(z)。 12 1 2zzz12zz2又Lnz1lniArgz12lnz12iArg(z1)Arg(z12zz22lnz1lnziArg(z1)Arg(z2)z所以Lnz12Ln(z1)Ln(z2)。1i，exp14i，3i和(1i)i的值。2.12求e2解：（1）e21ieei2ecos2isin2ei，1i1ie14ei4e14cos4isin422e14(1i)，（2）exp4e44 （3）3ieiLn3eiln3i(arg32k)eiln3i(02k)e2kiln3e2kcos(ln3)isin(ln3)（kZ）1(1i)ieiL(n1)ieiln1iiarg(i1k)2ieln2i42ke2k1412ln2ie2k14cos12ln2isin12ln2（kZ）第三章復(fù)變函數(shù)的積分習(xí)題三（P46）3.1沿下列路線計(jì)算曲線積分3iz2dz：0（1）自原點(diǎn)至3i的直線段；（2）自原點(diǎn)沿實(shí)軸至3，再由3鉛直向上至3i。x3t, 解：（1）自原點(diǎn)至3i的直線段對應(yīng)的參數(shù)方程為 t:01，也即yt,z(t)3tit(3i)t，t:01；則3iz2dz1[(3i)t]2d[(3i)t]1(3i)2t2(3i)dt(3i)31t2dt0 0 0 0t31 1 (3i)3(3i)33(3i)3303。0（2）記所給積分路徑為CCC，其中 1 2x3t, C: ，t:01，即C:z(t)3t，t:01； 1y0, 1x3, C: ，t:01，即C:z(t)3it，t:01； 2yt, 2則3iz2dzz2dzz2dz1(3t)2d(3t)1(3it)2d(3it)C C 0 02 (3t)31(3it)3133 (3i)333(3i)3 0 3 3 3 3 3 3 0 0計(jì)算積分zdz的值，其中C為正向圓周：z2。Cz解法一：因?yàn)镃:z2的參數(shù)方程為C:z2ei,:02，所以zdzzdz22ei2ieidi22eieidi22d2i24i Cz C2 02 0 0。4解法二：因?yàn)镃為正向圓周：z2，所以z2zz4z；從而z4zdzzdzzdz2dz21dz22i4i。 Cz C2 C2 Cz Cz試用觀察法得出下列積分的值，并說明觀察時(shí)所依據(jù)的是什么？C為正向圓周z1。（1）dz；（2）dz ；（3）dz；（4）dz； Cz2 Cz22z4 Ccosz Cz12sinz3dz；（6）dz 。C Cz2iz21解：（1）因?yàn)樵趫A周z1內(nèi)解析，所以由柯西-古薩基本定理，得z2dz0。Cz2 1 1（2）因?yàn)? 在圓周z1內(nèi)解析，所以z22z4(z1i3)(z1i3)dz 0。Cz22z41（3）因?yàn)樵趫A周z1內(nèi)解析，所以由柯西-古薩基本定理，得coszdz0。Ccosz11（4）因?yàn)樵趫A周z1內(nèi)只有一個奇點(diǎn)z，所以由柯西積分公式，得12z2dz2i。1Cz2因?yàn)閟inz3在圓周z1內(nèi)解析，所以由柯西-古薩基本定理，得sinz3dz0。C1i因?yàn)樵趫A周z1內(nèi)只有一個奇點(diǎn)z，所以由柯西積分z2iz22公式，得1dzz2dz2i12i14i16(14i)Cziz2Cziz2zii24i172222。3.4沿指定曲線的正向計(jì)算下列各積分：（1）ezdz，C:z21；（2）dz，C:zaa； Cz2 Cz2a2（3）eizdz，C:z2i3；（4）zdz，C:z2； Cz212 Cz3（5）z3coszdz，C為包圍z0的閉曲線；（6）Cdz ,C:z3;C(z21)(z24)2（7）sinzdz,C:z2;（8）ezdz,C:z1.C2Cz5z2ez解：（1）因?yàn)樵诜e分曲線C:z21的內(nèi)部只有一個奇點(diǎn)z2，所以由z2柯西積分公式，得ezdz2iez2e2i。Cz2z2 1 1因?yàn)? 在積分曲線C:zaa的內(nèi)部只有一個奇點(diǎn)z2a2(za)(za)za ， 所 以 由 柯 西 積 分 公 式 ， 得1dz1dzzadz2i1i。Cz2a2C(za)(za)Czazaazaeiz3因?yàn)樵诜e分曲線C:z2i的內(nèi)部只有一個奇點(diǎn)zi，所以由z212柯 西 積 分 公 式 ， 得eizeizdzeiz dzzidz2ieiz e1。Cz21 C(zi)(zi) Czi zi eziz（4）因?yàn)樵诜e分曲線C:z2內(nèi)解析，所以由柯西-古薩基本定理，得z3zdz0。Cz3（5）因?yàn)閦3cosz在積分曲線C內(nèi)解析，所以由柯西-古薩基本定理，得z3coszdz0。C1 13（6）因?yàn)? 在積分曲線C:z的內(nèi)(z21)(z24)(zi)(zi)(z2i)(z2i)23部有兩個奇點(diǎn)zi，所以由復(fù)合閉路定理及柯西積分公式，在圓周C:z的2內(nèi)部分別以i、i為圓心作圓周C、C（使得C、C互不相交也互不包含），則 1 2 1 2 1 1dz1dz(zi)(z24)dz(zi)(z24)dzC(z21)(z24)C(zi)(zi)(z24)CziCzi 1 2 1 1 1 1 2i2i2i2i 0 (zi)(z24) (zi)(z24) 2i3 2i3zizi （ 或C(z21)(dzz24)13Cz211z214dz13Cz211dz13Cz214dz13C11dz0131dz11z1iz1idzz2C(zi)(zi)32iC12i2i0）6isinz因?yàn)樵诜e分曲線C:z2內(nèi)有一個奇點(diǎn)z，所以由高階導(dǎo)數(shù)22z2公式，得Csinzzdz22i(sinz)22icosz22icos201!zz2ez因?yàn)樵诜e分曲線C:z1內(nèi)有一個奇點(diǎn)z0，所以由高階導(dǎo)數(shù)公式，得z5 ezdz2i(ez)(4) iezie0i Cz5 4!z012z012 123.5計(jì)算下列各題：1zsinzdz；（2）i(z1)ezdz。 0 0解：（1）1zsinzdz1zdcoszzcosz11coszdzcos1sinz10 0 0 0 0cos1sin1sin1cos1；0i(z1)ezdz0i(z1)dze(z1)z0ie0izedz(z1)ez0iez0izez0iieicios(1)isin(1)sini1cos1。3.6計(jì)算積分coszdz，其中C:z2為正向，C:z3為負(fù)向。 CCC z3 12 1 2cosz解法一：因?yàn)樵诙噙B通區(qū)域D{z2z3}（此時(shí)，該多連通區(qū)域z3的邊界曲線即為C1C1C1（其中C:z2為正向，C:z3為負(fù)向） 1 2 12的反方向）內(nèi)解析，所以coszdz0 CCC z3 1 2解法二：利用復(fù)變函數(shù)積分的性質(zhì)，得coszdzcoszdzcoszdzcoszdzcoszdz CCC z3 C z3 C z3 C z3 C1z3 1 2 1 2 1 2coszdzcoszdz2i(cosz)2i(cosz)0。 z2z3 z3z3 2!z02!z0ezdz3.7計(jì)算積分，其中C為正向圓周z1，n為整數(shù)。Czn解：因?yàn)閚為整數(shù)，所以ez當(dāng)n0時(shí)，在圓周z1內(nèi)解析，從而由柯西-古薩基本定理，得znezdz0；Cznez當(dāng)n1時(shí)，在圓周z1內(nèi)只有一個奇點(diǎn)z0，從而由高階導(dǎo)數(shù)公式，zn得 ezdz2ie(n1)2iez 2i。 z Czn (n1)!z0(n1)!z0(n1)!13.8如果在z1內(nèi)f(z)解析并且f(z) ，證明1z1nf(n)(0)(n1)!1n（n1,2,...）。分析：從要證明的不等式可以看出，要利用解析函數(shù)的高階導(dǎo)數(shù)公式n!f(z)f(n)(z)dz（其中C為正向簡單閉曲線，且C的內(nèi)部既要包2iC(zz)n10含點(diǎn)z，并且f(z)在C的內(nèi)部要解析），從而0n!f(z) n!f(z) n!f(n)(0) dzds 2izzn1 2z1zn1 2z1f(z) n!1dsdsn1 2z1n11n!1n! 2 2n1 (1)n而要證明的是1n n1n n! n!f(n)(0)(n1)!1n=n!(n1)n=1nn nnnn1n1(1n1)n1，n n所以可取 （而 1滿足條件）。 n1 n1證：由高階導(dǎo)數(shù)公式及已知條件，得1n1f(n)(0)n!f(z)dzn!f(z)dsn!n12n2izn1zn1 2zn1zn1 2nn1 n1n1n1n1 n1 n1n 1nn!nn(n1)!n(n1)!1n。n11n所以f(n)(0)(n1)!1n（n1,2,...）。y3.9證明：ux2y2和v都是調(diào)和函數(shù)，但是uiv不是解析函數(shù)。x2y2y證：（1）先證ux2y2和v都是調(diào)和函數(shù)。x2y2 u u 2u 2u 2u2u對ux2y2，有2x，2y，則2， 2，從而 0； x y x2 y2 x2y2所以ux2y2是調(diào)和函數(shù)。 y v 2xy v1(x2y2)y2y x2y2對v，有 ， ，x2y2 x (x2y2)2 y (x2y2)2 (x2y2)2 x 則2v2y(x2y2)22y1(x2y2)2x2(x2y2)2x2y(3x2y2)，x2 x (x2y2)4 (x2y2)32v2y(x2y2)2(x2y2)2(x2y2)2y 2y(3x2y2) ，y2 (x2y2)4 (x2y2)3 2v2v y從而 0，所以v是調(diào)和函數(shù)。x2y2 x2y2下面證明uiv不是解析函數(shù)。 u u v 2xy v x2y2由（1）的過程知，2x，2y， ， ； x y x (x2y2)2 y(x2y2)2顯然函數(shù)uiv不滿足CR方程，故uiv不是解析函數(shù)。3.10由下列各已知調(diào)和函數(shù)求解析函數(shù)f(z)uiv：y（1）u(xy)(x24xyy2)；（2）v，f(2)0；x2y2yu2(x1)y，f(2)i；（4）varctan，x0。x解：（1）先驗(yàn)證函數(shù)u(xy)(x24xyy2)是一個調(diào)和函數(shù)。u因?yàn)?x24xyy2)(xy)(2x4y)3(x22xyy2)，xu(x24xyy2)(xy)(4x2y)3(x22xyy2)；y 2u 2u所以3(2x2y)6(xy)，3(2xy2y)6(xy)； x2 y22u2u故 0，即u(xy)(x24xyy2)是一個調(diào)和函數(shù)。x2y2下面求解析函數(shù)f(z)uiv：方法一：因?yàn)閒(z)uiv解析，所以 u uf(z)i3(x22xyy2)3i(x22xyy2)3(1i)z2 x y從而f(z)3(1i)z2dz(1i)z3C（C為任意復(fù)常數(shù)）。方法二：因?yàn)閒(z)uiv解析，所以f(z)uiv滿足CR方程uvxy ，uvy xu由 3(x22xyy2) ，xvx3(x22xyy2)............(*) ，v3(x22xyy2)............(**)y由（*）式，得u3(x22xyy2)y，得v3(x22xyy2)dxx33x2y3xy2C(y)（其中C(y)是y的一元實(shí)函數(shù)），v則3x26xyC(y)，結(jié)合（**）式，得C(y)3y2；y故C(y)y3C（其中C任意實(shí)常數(shù)）；從而vx33x2y3xy2y3C；所以所求解析函數(shù)f(z)uiv即為f(z)(xy)(x24xyy2)i(x33x2y3xy2y3C)(1i)z3iC（其中C為任意實(shí)常數(shù)）。y（2）先驗(yàn)證函數(shù)v是一個調(diào)和函數(shù)。x2y2 v 2xy v1(x2y2)y2y x2y2因?yàn)?， ， x (x2y2)2 y (x2y2)2 (x2y2)22v 2y(x2y2)22xy2(x2y2)2x2y(3x2y2)所以 ， x2 (x2y2)4 (x2y2)32v2y(x2y2)2(x2y2)2(x2y2)2y 2y(3x2y2) ，y2 (x2y2)4 (x2y2)32v2v y故 0，即v是一個調(diào)和函數(shù)。x2y2 x2y2下面求解析函數(shù)f(z)uiv： 方法一：因?yàn)?f(z)uiv解析，所以 v v x2y2 2xy 1f(z)i i ； y x(x2y2)2 (x2y2)2z2從而f(z)1dz1C（C為任意復(fù)常數(shù)）；z2 z1 11又f(2)0，所以0C，解得C；故f(z)。2 2z方法二：因?yàn)閒(z)uiv解析，所以f(z)uiv滿足CRuvxy ，uvy x u x2y2 ..........(*)v 2xy v x2y2 x(x2y2)2由 ， ，得 ，x (x2y2)2 y(x2y2)2 u 2xy方程..........(**)y(x2y2)2由（**）式，得u2xydyx1d(y2)xC(x)（其中C(x)是x的一(x2y2)2(x2y2)2x2y2元實(shí)函數(shù)）；u 1(x2y2)x2x x2y2則C(x)C(x)，x (x2y2)2 (x2y2)2結(jié)合（*）式，得C(x)0，即C(x)C（其中C為任意實(shí)常數(shù)）；x從而uC（其中C為任意實(shí)常數(shù)）；x2y2所以所求解析函數(shù)f(z)uiv即為 x y 1f(z)CiC（其中C為任意實(shí)常數(shù)）；x2y2 x2y2 z1 11又f(2)0，所以0C，解得C；故f(z)。2 2z（3）先驗(yàn)證函數(shù)u2(x1)y是一個調(diào)和函數(shù)。 u u 2u 2u因?yàn)?y，2(x1)；所以0，0； x y x2 y22u2u故 0，即u2(x1)y是一個調(diào)和函數(shù)。x2y2下面求解析函數(shù)f(z)uiv： 方法一：因?yàn)?f(z)uiv解析，所以 u uf(z)i2y2(x1)i2iz2i； x y從而f(z)(2iz2i)dziz22izC（C為任意復(fù)常數(shù)）；又f(2)i，所以i4i4iC，解得Ci；故f(z)iz22izii(z1)2。方法二：因?yàn)閒(z)uiv解析，所以f(z)uiv滿足CR方程uvxy ，uvy xvu u x2(x1)............(*)由2y，2(x1)，得 ，x y v2y............(**)y由（*）式，得v2(x1)dxx22xC(y)（其中C(y)是y的一元實(shí)函數(shù)），v 2ydyy2C（其中C則C(y)，結(jié)合（**）式，得C(y)2y；故C(y)y任意實(shí)常數(shù)）；從而vx22xy2C（其中C任意實(shí)常數(shù)）；所以所求解析函數(shù)f(z)uiv即為f(z)2(x1)yi(x22xy2C)i(z22zC)（其中C為任意實(shí)常數(shù)）；又f(2)i，所以ii(44C)，解得C1；故f(z)i(z22z1)i(z1)2。y（4）先驗(yàn)證函數(shù)varctan是一個調(diào)和函數(shù)。x y 1v因?yàn)? x2y，vx x ， x y2 x2y2 y y2x2y2 1x 1x 2v 2x 2xy所 以 y(x2y2)2(x2y2)2x2 2v 2y 2xyx(x2y2)2(x2y2)2，y2 2v2v y故0，即varctan是一個調(diào)和函數(shù)。x2y2 x下面求解析函數(shù)f(z)uiv：， 方法一：因?yàn)?f(z)uiv解析，所以 v v x y 1f(z)i i ， y xx2y2 x2y2z從而f(z)1dzlnzC（C為任意復(fù)常數(shù)）；z方法二：因?yàn)閒(z)uiv解析，所以f(z)uiv滿足CR方程uvxy ，uvy x u xvyvxxx2y2..........(*)由，，得，x x2y2 yx2y2 uy..........(**)yx2y2由（*）式，得uxdx11d(x2)1ln(x2y2)C(y)（其中C(y)是y的一元x2y2 2x2y2 2實(shí)函數(shù)）；u12y y則C(y)C(y)，y2x2y2 x2y2結(jié)合（**）式，得C(y)0，即C(y)C（其中C為任意實(shí)常數(shù)）；1從而uln(x2y2)C（其中C為任意實(shí)常數(shù)）；2所以所求解析函數(shù)f(z)uiv即為 1 yyyf(z)2ln(x2y2)Ciarctanxlnx2y2CiarctanxlnziarctanxC（其中C為任意實(shí)常數(shù)）；y因?yàn)閤0，所以arctanarg(z)；xylnziargzClnzC（其中C為任意實(shí)故f(z)lnziarctanxC常數(shù)）。3.11如果f(z)uiv為解析函數(shù)，試證u是v的共軛調(diào)和函數(shù)。證：要證u是v的共軛調(diào)和函數(shù)，即證函數(shù)f(z)viu是解析函數(shù)，也即 v(u) v u xy xy證函數(shù)f(z)viu滿足CR方程 ，也即為 ……… v(u) vu y x yx（*）。因?yàn)閒(z)uiv為解析函數(shù)，所以f(z)uiv滿足CR方程uvxy ……….（**）；uvy x則由（**）可知，（*）顯然成立。結(jié)論得證。第四章級數(shù)習(xí)題四（P67）4.1下列序列是否有極限？如果有極限，求出其極限。 1ni i 1n（1）；（2）(1)n ；（3）e2i。n1ni n n1 nn 1 1 i i 解：（1）因?yàn)?nin ，所以limlimn0i1。n1ni1i nn n1i0in n因?yàn)閘im(n1)n不存在，limn10，所以limlim(1)nni1不 n1 nn n存在。因?yàn)?en2i1cosn2isinn2n1cosn2in1sinn2，nn n 1 n 1 n 1ni0。而limcos0，limsin0，所以limlime2n 2 n 2 n nn n n n4.2下列級數(shù)是否收斂？是否絕對收斂？in；（2）(65i)n；（3）cos(in)。 （1） n 8n 2n n1 n0 n0ini11i11i11i11i11i1...解：（1）因?yàn)?n 23 45 67 89101112n1 n nn（或因?yàn)閕ncos2isin2cos2isin2，則 n nincos2isin2(1)ki(1)k1(1)ni(1)n1 n n n 2k 2k1 2n 2n1 n1 n1 n1 k1 k1 n1 n1） in (1)n(1)n1所以 的實(shí)部與虛部構(gòu)成的級數(shù)分別為 ， ；n 2n 2n1 n1 n1 n1(1)n(1)n1 in而級數(shù) 與 都是條件收斂，所以 收斂，但非絕對收斂。 2n 2n1 n n1 n1 n1 (65i)n65in61n 61因?yàn)閚0 8n n08 n08是公比q81的等比級數(shù)，(65i)n61n (65i)n故 8n 8收斂，從而n08n 絕對收斂。n0n0ei(in)ei(in)因?yàn)閏os(2nin) 2n 1en2nen1221en2en， 2 2 cos(in)11 en11n1en方法一：n0 n02 22n02e+2n02， 2n (2e)n1n 1 en e而2e是公比q2e1的等比級數(shù)，故收斂；2是公比q21的等比n0 n0級數(shù)，故發(fā)散；cos(in)從而 發(fā)散。2nn0cos(in)1enencos(in)方法二：由于limlim，所以發(fā)散。n2n n2 2n 2nn04.3試確定下列冪級數(shù)的收斂半徑。 zn (n!)2（1） （p為正整數(shù)）；（2） zn；np nnn1 n1 zn（3）(1i)nzn；（4）ln(in)。 n0 n11解：（1）收斂半徑為：Rlimnplim(n1)p1。1 nnnp(n1)p(n!)2收斂半徑為：Rlim nn lim(n1)n1lim1(11)n10。n(n1)!2 nnn nn n(n1)n1111112122(1)nnii。n 因?yàn)閘n(in)lniniarg(in)lnnilnni， 2 2所 以 收 斂 半 徑 為 ：224224Rl i min nil inm。l n (n1nnn2nnln(in)4.4將下列各函數(shù)展開為z的冪級數(shù)，并指出其收斂區(qū)域。 1 1 1（1）；（2）（a0，b0）；（3）； 1z3 (za)(zb) (1z2)2（4）sin2z；（5）ez1。 1 1解：（1） (z3)n(1)nz3n（z1）。1z31(z3) n0 n0（2）因?yàn)閍0，b0，所以 1 1 1①當(dāng)ab時(shí)， za，(za)(zb)(za)2 1 11 1zn1z而1zn0an0an1zn（a1），za a aa 1 1 11 所以(za)(zb)(za)2zan0an1zn 1 nan1znan1zn1（za）。 n0 n1 1 11 1111 11②當(dāng)ab時(shí)，(za)(zb)abzazbaba1zb1z a ba1ba1azn1bbzna1bn0bn11a1n1zn n0 n0（zmin(a,b)） 1 2z（3）因?yàn)?z2(1z2)2，而11 (z2)n(1)nz2n1z2z4z6z8...(1)nz2n... n0 n0（z1）1所以1z22n(n12z)n1z23z45z67z8.n.n.n22z1(1)1z21(z2)n1（z1）1從而n(1)n1z2n21z2z4z6...n(1)n1z2n2...（z1）(1z2)2n11cos(2z)因?yàn)閟in2z，而2 (1)nz2n z2z4z6z8 (1)nz2ncos(2z)1......（z），(2n)!2!4!6!8!(2n)!n022(2)!n1cos(2z)1(1)n1(2z)2n所以sin2z 22(2)!nn1 z 1 因?yàn)?1znzn(z1)，所以z11z n0 n1 23 nezz11n1znn2!1znn3!1zn...nn1z!n...(zz2...zn...)2(zz2...zn...)31(zz2...zn...) ... 2! 3!(1)n(zz2...zn...)n...(z1)n!4.5求下列函數(shù)在指定點(diǎn)z處的泰勒展開式。0 z1 z 1（1），z1；（2），z2；（3），z1；（4）z1 0 (z1)(z2) 0 z2 01，z1i。43z0解：（1）因?yàn)閦1，所以0z1 2 2 1z1n(1)n1z11 111z11n02n12n(z1)nz1 (z1)22（z12） z 2 1因?yàn)? ，z2，而 (z1)(z2)z2z1 02 2 1 1 1z2n(1)n z2 z2(z2)421z22n04n022n1(z2)n（41，4即z24），1 1 1 1 1z2n(1)n z2z1(z2)331z23n03n03n1(z2)n（31，3即z23）， z 2 1(1)n(1)n所以 (z2)n (z2)n (z1)(z2)z2z1 22n1 3n1 n0 n0 1 1(1)n22n13n1(z2)n（z23）n0 1 1 1 1 1(z1)n（z11），因?yàn)閦2z，而z(z1)11(z1)n01 1(z1)n所以z2zn0 n0(z1)nnn1(z1)n1（z11）。 1 1 1 1因?yàn)? 43z(13i)3[z(1i)]13i 31[z(1i)]13i13[z(1i)]n 3n [z(1i)]n（3[z(1i)]1，即13i13i (13i)n1 13i n0 n010z(1i) ）3所以1 3n [z(1i)]n（z(1i)10）。 43z (13i)n13n04.6將下列各函數(shù)在指定圓環(huán)域內(nèi)展開為洛朗級數(shù)。11（1），1z2；（2），0z1，(z21)(z2)z(1z)20z11；11（3），0z11，1z2；（4），在以i為中心(z1)(z2)z2(zi)的圓環(huán)域內(nèi)；1（5）sin，在z1的去心鄰域內(nèi)。1z1z解：（1）因?yàn)樵趫A環(huán)域1z2內(nèi)，有1，1，所以 z 2方 法 一 ： 1 11 z 2111 1 1 2 1(z21)(z2)5z2z1z15221zz11z112 2 z2 z2 1512n02zn1zn0z12nz22n0z12n 1(1)n12(1)n1zn （1z2） 5n0z2n1 n0z2n2 n02n1 1 1 11方法二：(z21)(z2)z21z12z12111z2212z 112nzn 1(1)nzn zn022z2n0z2nn02n2z2 n0（1z2）①在圓環(huán)域0z1內(nèi)，有 1 1111 1z(1z)2z1zzn0znzn1(zn)zn1nzn1n1nzn2令n2k 令kn (k2)zk(n2)zn（0z1）則nk2 k1 n1②在圓環(huán)域0z11內(nèi)，有 1 1 1 1 [(z1)]n(1)n(z1)n2z(1z)2(z1)21(z1)(z1)2 n0 n0 令n2k 令kn (1)k2(z1)k (1)n(z1)n（0z11）則nk2 k2 n2①在圓環(huán)域0z11內(nèi)，有 1 1 1 1 (z1)n(z1)n1(z1)n(z1)(z2) z11(z1) z1 n0 n0 n1（0z11）1②在圓環(huán)域1z2內(nèi)，有1，則z2 1 1 1 11n(1)n(z1)(z2)(z2)2 1(z2)2 z2n0(z2)n21 n0z2（1z2）1函數(shù)的解析區(qū)域中，以i為中心的圓環(huán)域有0zi1和z2(zi)1zi。①在圓環(huán)域0zi1內(nèi)，有 1 11 11 11 1 z2(zi)zizzii(zi)zii1zi i z1i1iziinz1i1in1ziinz1i1in1(1)nni(nzi)n1n0(1)n1n(zi)n2（0zi1）in1n11②在圓環(huán)域1zi內(nèi)，有1，則zi 11111111z2(zi)zizzii(zi)zizi1i zi11zizin0ziinz1in0((z1)in)nin1z1in0(1)(zn1(in)n21)in(1)n(n1)in（1zi）(zi)n3n0(1)n（5）因?yàn)閟inzz2n1（z），則在z1的去心鄰域0z(2n1)!n0內(nèi)，有 1 1(1)n12n1(1)n1 1sinsinz1(2n1)!(z1)2n11z z1 (2n1)! n0 n014.7將f(z)在z1處展開為洛朗級數(shù)。z23z2 1 1 解：函數(shù)f(z) 的解析區(qū)域中，以z1為中心的z23z2(z1)(z2)圓環(huán)域有0z11和1z1。①在圓環(huán)域0z11內(nèi)，有 1 1 1 1 1(z1)n f(z) z23z2(z1)(z2) z11(z1) z1n0(z1)n1（0z11）n01②在圓環(huán)域1z1內(nèi)，有1，則z1f(z)11(z1111n0z11nz23z2(z1)(z2)1)21(z1)2z1 1 （1z1）(z1)n2n04.8計(jì)算積分z4sin1dz，其中z1為正向圓周。 z1 z1解：被積函數(shù)z4sin在積分曲線z1的內(nèi)部只有一個奇點(diǎn)z0，而圓周z11z1在函數(shù)z4sin的解析圓