2023年《复变函数》作业集超详细解析答案.pdf

优秀学习资料 欢迎下载 第一章练习题参考答案 一、1 57,51 ；21313，3arctan2(0,1,)2kk；3(1)(1)cossin(0,1,2,3)44kkik；4)1(216i；5 2 cos()sin()33i；6 11()(cossin)zxiyi；7.iiee1251242,2；二、1A ；2B；3A；4C 5A 6B 三、156 ；2310；343arctg；42 四、1 121()(01)zzt zzt ；2 (42)(32)ztt i(t为实数)；3 1zt i (t为任意实数)；4)10(,)1(ttiz；五、1直线23)Im(z；2 以(-3,0),(-1,0)为焦点,长半轴为 2，短半轴为3的椭圆：22(2)143xy；3 直线4y；4 以i为起点的射线10(0)yxx ；六、1上半平面,无界单通区域；2由直线0 x 及1x 所构成的带形区域(不含两直线)，无界单连通区域；3以1z 为圆心,以 4 为半径的圆的内部(不含圆心)，有界多连通区域；4 由射线arg1z 逆时针旋转到射线arg1z 构成的半平面，无界单连通区域 七、证明:ntintintntinteezznnsin2sincossincos1intint 八、由 2zzz 即可证明。几何意义：平行四边形两对角线的平方和等于两邻边平方和的两倍。优秀学习资料 欢迎下载（33）九、多项式2012()nnp zaa za za z 的系数是实数，nkaakk,1,0,故 01()nnp zaa za z 01nnaa za z 01nnaa za z ()p z 十、当z沿实轴趋于 0 时，1zz，极限值为 1；当z沿虚轴趋于 0 时，1zz，极限值为-1 故 当0z 时，()zf zz的极限不存在 十一、证明：令1011()nnnnp za za zaza 则 ()()p zp z 又因 ai b是实系数方程的根，那么()0p aib 于是 ()()()0p zp ai bp ai b 所以 ai b于是方程的根 十二、1,11xy.第二章练习题参考答案 一、1充分条件 2充分必要条件 3),u v在zxiy 处可微；)uvxy uvyx 在zxiy 处成立 4(,)(,)(,)(,)()u x yv x yu x yv x yfzii yyxx 5（2，-3，2）二、1C 2C 3D 4.D 5.A 6.D 7.D 8.A 为半径的圆的内部不含圆心有界多连通区域由射线逆时针旋转到射线构故十当沿实轴趋于时极限值为当沿虚轴趋于时极限值为故当时的极限不迎下载三解故在上可导没有解析点解故在全平面内可导在全平面内解析优秀学习资料 欢迎下载（34）三、1解：4uxx 218vyy 0uy 0vx 故()f z在229xy上可导,没有解析点 2解：coscosuvxchyxchyxy sinsinuvxshyxshyyx 故 ()f z在全平面内可导,在全平面内解析 3解：20uuxxy 01vvxy 仅当12x 时，C-R 条件成立，故此函数在直线12x 上处处可导，而在复平面上处处不解析.4解：260uuxxy 209vvyxy 因此仅在两相交直线2223xy上处处可导，在平面处处不解析 5解：cossinxxuueyeyxy s i nc o sxxvveyeyxy C-R条件处处成立，且,u v偏导数处处连续，因而处处可微，即()f z处处解析 6解：令22,2uxyx vxyy，则,u v在 z 平面上处处可微且 211uuxxy 222vvyxyxy 从而要使 uvxy，vuxy 只需：2122xxy，从而在直线 12y 上，可导，在 z 平面上处处不解析 7解：设zxyi，则 为半径的圆的内部不含圆心有界多连通区域由射线逆时针旋转到射线构故十当沿实轴趋于时极限值为当沿虚轴趋于时极限值为故当时的极限不迎下载三解故在上可导没有解析点解故在全平面内可导在全平面内解析优秀学习资料 欢迎下载（35）2222()()()(2)()f zzzxiyxiyxyxyixiy=3223()xxyi x yy，由于3223,uxxyvx yy在 z 平面上处处可微，且 2232uuxyxyxy 2223vvxyxyxy 若uvxy，vuxy，则必须要222233,22xyxyxyxy，解得 0 xy，函数在 z=0 点可导，平面上处处不可微 四、证明:（1）2uv 2uvvxx 2uvvyy 又()f zuiv uvxy uvyx 20uuvxy 2121 4021vvv 得 0uuxy 1uk 常数 同理可得2vk常数 12()f zkik 常数（2）()f z在区域D内解析 uvxy uvyx 20uuvxy为半径的圆的内部不含圆心有界多连通区域由射线逆时针旋转到射线构故十当沿实轴趋于时极限值为当沿虚轴趋于时极限值为故当时的极限不迎下载三解故在上可导没有解析点解故在全平面内可导在全平面内解析优秀学习资料 欢迎下载（36）又 222uvk 220uvuvxx 0uuuvxy 220uvuvyy 0uuvuxy 220uvuvvu 时得 0uv ()0f z 即结论成立 当220uv时 得 0uuxy 即1uk常数 同理可得2vk常数 12()f zkik 常数（3）()f z在区域D内解析 uvxy uvyx aubvc 0uvabxx 0uuabxy 0uvabyy 0uubaxy 220ababba 得 0uuxy得 1uk常数 同理可得 2vk常数 12()f zkik 常数 五、解：1 11(02)2zezLnikk ikZ 2 sin()0444zzkzkkZ 3cos()sin()422zizi ()24izei 为半径的圆的内部不含圆心有界多连通区域由射线逆时针旋转到射线构故十当沿实轴趋于时极限值为当沿虚轴趋于时极限值为故当时的极限不迎下载三解故在上可导没有解析点解故在全平面内可导在全平面内解析优秀学习资料 欢迎下载（37）()4ln4(2)22izLn iik 2ln 22zikkZ 六、解：(3)3(2)2LniLnikkZ 主值(3)32lniini(9 12)(15)(2)LnilnikkZ 124arctanarctan93 主值 34arctan15ln129lnii 七、解：(1)ieconeeii1224sin441exp4141441(2)2(ln 22)ln2 22iiLnii kikeeekZ(3)1(1)ln2(2)1(1)(1)24(1)iikii Lniiee 112(2)ln222424lnkikekZ (4)22(2)2ln2(2)(2)LnikeekZ 八、解：22222,3,3,2uuvvn x ym yn xxl yl x yxyxy,由 C-R 条件我们可以得到：3,1lnm 九、解：因为22(,),(,)2,u x yxyy v x yxyx且 2,21,21,2uuvvxyyxxyxy 在平面上处处连续，所以,u v在平面上处处可微；又因为2,uvuvxxyyx 处处成立，从而w在平面上处处解析，且 2(21)dwuvvuiixiydzxxyy=iz 2 为半径的圆的内部不含圆心有界多连通区域由射线逆时针旋转到射线构故十当沿实轴趋于时极限值为当沿虚轴趋于时极限值为故当时的极限不迎下载三解故在上可导没有解析点解故在全平面内可导在全平面内解析优秀学习资料 欢迎下载(38)第三章练习题参考答案 一、1,2ii；20；3i11231；4 -1；51(1)ii e；6 0；71 cos2；82 i；9 2 i；10 12 i.二、单项选择题 1D 2B 3.B 4.B 5.A 6.C 7.B 8.A 9.B 10.C 三、1证明：222244()|CCCxiydzxiydsxy ds Cds 2解：原式=2|2(1)zzedzz z-12|2(1)zzedzz z 012221(1)zzzzeeiizz z+10222(1)1zzzzeeiiz zz 1()i ee 3解：显然被积函数的奇点为 0 和 1（1）在1:|2Cz 内，被积函数有唯一奇点 0，故 0222|2(1)(1)zzzCeedziiz zz（2）在1:|1|2Cz 内，被积函数有唯一奇点 1，故 0|!1211122zzCzCzzeidzzzedzzze（3）对:|2Cz，由复合闭路定理 12222202(1)(1)(1)zzzCCCeeezzdzdzdziiz zzz 其中).21(,|1:|,|:|21rrzCrzC 4解：当0z在1C的内部时，为半径的圆的内部不含圆心有界多连通区域由射线逆时针旋转到射线构故十当沿实轴趋于时极限值为当沿虚轴趋于时极限值为故当时的极限不迎下载三解故在上可导没有解析点解故在全平面内可导在全平面内解析优秀学习资料 欢迎下载 (39)0122220001sin12|022z zCCzzdzdzizzizzzzi 当0z在2C的内部时，原式=0sin|sin20210zziizz 当0z不在1C2C的内部时，原式=00021i 5 解：当 0，1 均不在 C 的内部时，被积函数3()(1)zef zzz在 C 上及其内部解析，由Cauchy-Gourssat 定理，30(1)zCedzzz 当点 0 在 C 的内部而点 1 在 C 的外部时，由柯西积分公式得：izeidzzzedzzzezzCCzz2|12110333 当 1 在 C 的内部，而点 0 在 C 的外部时,由高阶导数公式得：eizeidzzzedzzzezzCCzz133|!13211 当 0，1 均在 C 的内部时，在 C 的内部作分别以 0，1 为圆心半径充分小的圆周01,CC，使得他们互不包含也互不相交，由复合闭路定理，有 ieeiidzzzedzzzedzzzeCzCCzz22111110333 3证明：当|1z 则()0f z，()f z是解析函数且()0fz 当|1z，则 11()(cos)cos22zf zz ()f z也是解析函数且1()sin2fzz 6证明：令zei，则izdziededii (40)为半径的圆的内部不含圆心有界多连通区域由射线逆时针旋转到射线构故十当沿实轴趋于时极限值为当沿虚轴趋于时极限值为故当时的极限不迎下载三解故在上可导没有解析点解故在全平面内可导在全平面内解析优秀学习资料 欢迎下载 42422cos12cos12zzeeii，1220|122()(2)()cos24izf z zzf eddziz 22|11()(21)2zf z zzdziz =2()(21)0zf z zz =(0)2(0)(0)2fff 故 2202(0)()cos22iff ed 7解：因为 22yxyv，由 C-R方程可得 222222222,yxxyvuyxyxvuxyyx 用偏积分法 2222()()()yxdyuu dyg xg xxy 22()xg xxy 2222222222)()()(yxyxxgyxyxux cxgxg)(,0)(因此 zcyxyicyxxzf1)(2222 由 2121)2(ccf得 所以 11()2f zz 8解：22222211xyxyxuuyxyxyx 用偏积分法(41)为半径的圆的内部不含圆心有界多连通区域由射线逆时针旋转到射线构故十当沿实轴趋于时极限值为当沿虚轴趋于时极限值为故当时的极限不迎下载三解故在上可导没有解析点解故在全平面内可导在全平面内解析优秀学习资料 欢迎下载 22221()ln()()2xudxg yxyg yxy 22()yyugyxy 故 ()0()gygyc ()lnarctanyf zricx (C 为实常数)或 ()l nfzzc 其中 02izr e (C 为实常数)9解：224()(24)xxuvxxyyxyxy 22(4)()(24)yyuvxxyyxyyx 由,xyyxuv uv +得 223()yuxy-得 6xuxy 222()32()3xyfzuiuxyi xyiz 从而 3()f zzc C 为复常数 10解：Im()CCf z dzvdxudy，Im()CCf z dzvdxivdy,一般情况下不相等，可能相等的情况：是简单闭曲线，,u v是y的连续函数，且与x无关；是平行于实轴的线段；()0f z 第四章练习题参考答案 一、1复数列nnnaib 收敛的充分必要条件是实数列na与nb均收敛。2复数项级数1()nnnaib收敛的充分必要条件是实级数1nna与1nnb均收敛。3复数项级数1()nnnaib绝对收敛的充分必要条件是实级数1nna与1nnb均绝对收敛。4幂级数00()nnnczz收敛域为圆域：0|zzR，而洛朗级数0()nnnczz的(42)为半径的圆的内部不含圆心有界多连通区域由射线逆时针旋转到射线构故十当沿实轴趋于时极限值为当沿虚轴趋于时极限值为故当时的极限不迎下载三解故在上可导没有解析点解故在全平面内可导在全平面内解析优秀学习资料 欢迎下载 收敛域为圆环域0:|D rzzR。二、填空题 1，0；2 322，+，0；41|3|3z 7i 8)1ln(,1zzR 三、判断题 1 ；2.；3.；4.；5.四、证明：级数0nnc收敛，相当于幂级数0nnnc z在1z 处收敛。因此该幂级数的收敛半径1R。但若1R，则幂级数0nnnc z在收敛圆|zR内绝对收敛，特别在1z 处绝对收敛，即级数0|nnc收敛。这与题设矛盾。从而幂级数0nnnc z的收敛半径1R。五、101111(1)1nnnnnazaazbbbbzb =10(1),|nnnnnabzzba 2因为 2011()(1)(1)1nnnzzz 111(1)nnnnz，|1z 故 1222211(1),(|1)(1)nnnnzzz 30011sinh()(1)22!nnzznnnzzzeenn 210,(|)(21)!kkzzk (43)为半径的圆的内部不含圆心有界多连通区域由射线逆时针旋转到射线构故十当沿实轴趋于时极限值为当沿虚轴趋于时极限值为故当时的极限不迎下载三解故在上可导没有解析点解故在全平面内可导在全平面内解析优秀学习资料 欢迎下载 4因为3111()(1)2 1zz，而01,(|1)1nnzzz 所以 2302111()(1),(|1)(1)22nnnnzn nzzz 5因为21cos(1cos 2),2zz而 242242222cos 21(1),(|)2!4!(2)!nnnzzzzzn 故 212242222cos1(1),(|)2!4!(2)!nnnzzzzzn 6因为2201(arctan)(1),(|1)1nnnzzzz 且arctan00，从而可得：200(1)znnnarctanzz dz=210(1),(|1)21nnnzzn 六、（1）2111122313zzzzz 0211(1)(1),(|1|3)33nnnnzz （2）因为21(1)(2)21zzzzz，而 2102111(1)(2),(|2|4)222214nnnnzzzz 101111(1)(2),(|2|3)213313nnnnzzzz 所以 211011(1)()(2),(|2|3)(1)(2)23nnnnnzzzzz （3）因为211()zz，而(44)为半径的圆的内部不含圆心有界多连通区域由射线逆时针旋转到射线构故十当沿实轴趋于时极限值为当沿虚轴趋于时极限值为故当时的极限不迎下载三解故在上可导没有解析点解故在全平面内可导在全平面内解析优秀学习资料 欢迎下载 011(1),(|1|1)1(1)nnzzzz 所以 1211(1),(|1|1)nnnn zzz （4）用公式()0()!nnfzcn求展开式的系数nc 0tan14c；214(tan)sec2,24zzc；2244(tan)2sectan4,2442!zzc；24348(tan)2(sectansec)16,;4443zzc 故 238tan12()2()()4434zzzz 函数sintancoszzz距4最近的奇点为2，所以级数的收敛半径 242R （5）因为221111(1)1zzzzz，而 011(1)(1),(|1|1)11nnnzzzz 2011()(1)(1)(1),(|1|1)nnnnzzzz 101111(1)(1),(|1|2)112212nnnnzzzz 所以 21011(1)(2)(1),(|1|1)(1)2nnnnnzzzz 七、（1）在1|2z 内，1|1,|1,2zz故(45)为半径的圆的内部不含圆心有界多连通区域由射线逆时针旋转到射线构故十当沿实轴趋于时极限值为当沿虚轴趋于时极限值为故当时的极限不迎下载三解故在上可导没有解析点解故在全平面内可导在全平面内解析优秀学习资料 欢迎下载 22222251211211(2)(1)212112zzzzzzzzz 2200121(1)22nnnnnnzzz 122100112(1)2nnnnnnzz（2）在1|z 内，1|1z，从而有 2323211111111()(1)1(1)1nzzzzzzzzzzz 2341222nzzzz （3）2244111(1)2!znnezzzzzn 234532()2!3!4!5!zzzz （4）因为111111()1()1ziziziiii zii 100()()nnnnnniiziizi 112111()()nnnin zizz 所以 111221111)()()nnnnnniziizizzizi（5）22351111(1)sin(1)()3!5!zzzzzz 31 1111(1)()3!3!5!zzz (6)(1111)(1iziiziiziizziz (46)为半径的圆的内部不含圆心有界多连通区域由射线逆时针旋转到射线构故十当沿实轴趋于时极限值为当沿虚轴趋于时极限值为故当时的极限不迎下载三解故在上可导没有解析点解故在全平面内可导在全平面内解析优秀学习资料 欢迎下载 0110)()(nnnnnniziiziizi 第五章 参考答案 一、1 0z 是一级极点，zi 是二级极点；2 0z 是二级极点；3 1z 是本性奇点；4 0z 是三级极点，2,1,2,zk ik 是一级极点；5 1z 是一级极点；6 1(),0,1,2,2zkik 一级极点 二、1 解 s i n()(21)zf zzz，0z 可去奇点，12z 是一级极点 Re (),00s f z 121sin1Re (),sin2412zzs f zz 2 解 因为 2233331111()(1)1(1)2!3!zf zezzzzz 22333111()2!3!zzzz 所以 21R e(),0 2s fzC 3 解 0z 是二级极点，,(1,2,)zkk 是一级极点 201Re (),0lim0sinzs f zzzz 11Re (),(sin)sincosz kz ks f z kzzzzz1(1)kk 4 解 11()211Re (),()(1)()2sin2kzkzs f zkkz 11(1)(),0,1,2,2kkk （47）为半径的圆的内部不含圆心有界多连通区域由射线逆时针旋转到射线构故十当沿实轴趋于时极限值为当沿虚轴趋于时极限值为故当时的极限不迎下载三解故在上可导没有解析点解故在全平面内可导在全平面内解析优秀学习资料 欢迎下载 5 解 23111 1()(1)s i n(1)()3!f zzzzzz 115166C 5Re (),06s f z 6 解 0z 为()f z二级极点，2(1,2,)zk ik 为()f z的一级极点，2011Re (),0lim(1)2zzs f zzz e 211Re (),21)2zk izzs f zk iezek i 7 解 (0,1,kzkk是z2sin的 二 级 零 点,故(0,1,)kzkk 为zzzzf222sincoscot)(的二级极点,由于其为偶函数,洛朗展开式的奇次项的系数为零,所以Re (),0ks f zz 8 解 0 是二级极点,-2是一级极点,用极点处留数计算公式得 222(32)Re (),2lim(2)()lim1zzzs f zzf zz 220014Re (),0lim,()lim1(21)!(2)zzds f zzf zdzz 三、1 解 在|3z 内，zi 是函数一级极点 2|3sinsinsin2 122z izizzzzdzizzz 2 sini 2 解 0z 为一级极点，1z 为二级极点 22202202|22)1()1(lim2)1(lim2)1(zzezizzezidzzzezzzzzz 22(1)ie 3 解 zi为一级极点，121R e,122i zi zz ieesiezzi (48)为半径的圆的内部不含圆心有界多连通区域由射线逆时针旋转到射线构故十当沿实轴趋于时极限值为当沿虚轴趋于时极限值为故当时的极限不迎下载三解故在上可导没有解析点解故在全平面内可导在全平面内解析优秀学习资料 欢迎下载 12|12Re (),1izz iedzis f z iez 4 解 在|3z 内，2z 是被积函数一级极点 2sinRe (),12sinzzs f zz|3sin2 1 14coszzdziiz 5 解 在|6z 内，被积函数有三个一级极点 0,z 0|622222sincoscoscoszzzzzzzzezezezezdzizzzz 4(1)ich 6 解 在|1z 内，被积函数有一个一级极点 0z 0|111221zzzzdziiee 7 解 因为 31111()sin(1)1113!(1)f zzzzzz 所以 11C，1|21sin221zzdziCiz 8 解 因为 12311 11 1()(1)(1)(1)2!3!zf zzezzzz 所以 132C，11|1(1)23zzze dziCi 四 证明：因为 0z是()f z的m级极点，故有解析函数0()()0)zz，使得 01()()()mf zzzz )0()()()()(0100处不为分子在zzzzmzzzzfm(49)为半径的圆的内部不含圆心有界多连通区域由射线逆时针旋转到射线构故十当沿实轴趋于时极限值为当沿虚轴趋于时极限值为故当时的极限不迎下载三解故在上可导没有解析点解故在全平面内可导在全平面内解析优秀学习资料 欢迎下载 所以 0z为()fz的1m级极点 五、解 因为0z是()f z的m级零点，故有在0z某邻域内解析的函数 0()()0)zz，使 0()()()mf zzzz 100()()()()()mmfzm zzzzzz 00()1()()()()fzzmzzf zzzz 所以 000()()Re,lim()()()zzfzfzszzzmf zf z 六、解 因为0z是()f z的n级极点，故有在0z某邻域内解析的函数 0()()0)zz，使 0()()()nzf zzz 01()()()()()nz zznzfzzz 00()1()()()()()fzzzznf zzzz 000()()Re,lim()()()zzfzfzszzznf zf z 模拟试题（一）参考答案 一、1 D；2 D；3 A；4 B；5 A.二、1 1(1)iie；2(2)ikkZ；3 1 ；4 2 kikZ 三、证：因为()f zuiv 在区域D内解析，且2uv 从而yvvyuxvyvxuxvv2,2 （3 分）(50)为半径的圆的内部不含圆心有界多连通区域由射线逆时针旋转到射线构故十当沿实轴趋于时极限值为当沿虚轴趋于时极限值为故当时的极限不迎下载三解故在上可导没有解析点解故在全平面内可导在全平面内解析优秀学习资料 欢迎下载 所以 2020vvvxyvvvxy （5 分）系数行列式 22141012vvv 所以 0vvxy，同理 0uuxy （7 分）1()0vvfzxiy 即 在D内()f z为常数 （8 分）四、解 ()()uvuufziixxxy （2 分）(1)yxixiiy ()xyi iizii （4 分）2()()2ifzz ii d zzz ic （6 分）由 3(1)022ificic 得 32ci 23()22if zzzii （8 分）五、解：21111()32(1)(2)12f zzzzzzz (2 分)而 ,)2(31)1(321131)2(311101nnnnzzzz 3|2|z (4 分)4|2|,)2(41)1(421141211zzzznnn (6 分)所以 nnnnnnnnnnnnnzzzzf)2)(4131()1()2(41)1()2(31)1()(0010 (8 分)(51)为半径的圆的内部不含圆心有界多连通区域由射线逆时针旋转到射线构故十当沿实轴趋于时极限值为当沿虚轴趋于时极限值为故当时的极限不迎下载三解故在上可导没有解析点解故在全平面内可导在全平面内解析优秀学习资料 欢迎下载 级数的收敛半径为3R (10 分)六、解：因为 011(1)(1)(|1|1),11nnnzzzz (4 分)所以 22011()(1)(1)(|1|1),(1)(1)nnnf zzzzzz (8 分)20(1)(1)(|1|1),nnnzz (10 分)七、（1）解：在|3z 内，10z 是二级极点，22z 是一级极点 (1 分)220cos3Re (),0lim(2)zzs f zzzz 203(2)sin 3cos31lim(2)4zzzzz (3 分)22c o s 3c o s 6R e(),2 l i m2zzs fzz (5 分)23cos3cos612()(cos61)(2)442zzidzizz (6 分)（2）解：13322222(1)(2)123zzzzzzeeezdzdzie izzzz (6 分)（3）解：在|5z 内，,4zi zi 均为函数的一级极点 225552323()1414zzzzzdzdzdzzzizzi (2 分)222223 2(1)(1)z izizziizz (4 分)10 i (6 分)（4）解：2211222()2()(1)zzzzzzedzifzi zez (4 分)22212(2)6zzzi ezeie (6 分)(52)为半径的圆的内部不含圆心有界多连通区域由射线逆时针旋转到射线构故十当沿实轴趋于时极限值为当沿虚轴趋于时极限值为故当时的极限不迎下载三解故在上可导没有解析点解故在全平面内可导在全平面内解析优秀学习资料 欢迎下载 模拟试题（二）参考答案 一、1 B；2 C；3 A；4 D；5 B 二、11(2)(0,1,2,)2kik ；255R；31(2)2shi；40；556 三、证明:()f z在区域 D 内解析,且22uvk 222uvk 对x求偏导 220 xxuuvv 对y求偏导 220yyuuvv (2 分)由 xyyxvuvu 得 00 xyxyuuvuvuuu 220uvuvvu (6 分)得 0uv ()0f z (7 分)若220uv 得 10 xyuuuc常数 同理可得 2vc常数 故 12()f zcc i (8 分)四、解：222111()vxuyyxxxyx (2 分)22221(,)ln()()2xu x ydxxyc yxy (4 分)22221()()1()vyvyc yyyxxyxx (6 分)()0()c yc yc 221()ln()arctan2yf zxycix （8 分）由(1)1f 得 1c (53)为半径的圆的内部不含圆心有界多连通区域由射线逆时针旋转到射线构故十当沿实轴趋于时极限值为当沿虚轴趋于时极限值为故当时的极限不迎下载三解故在上可导没有解析点解故在全平面内可导在全平面内解析优秀学习资料 欢迎下载 221()ln()1arctan2yf zxyix (10 分)五、解：11111()(1)11(1)(1)2f zz zzzzz （2 分）1000111(1)(1)1(1)222nnnnnnnnzzz （01|11nnzzz)（8 分）根据 1 到最近奇点 0 的距离得收敛半径为 1 (10 分)六、解:：利用011nnzz （2 分）011111(3)(1)313222212nnnnzzzz （6 分）111001(3)(3)()(1)(1)322nnnnnnnnzzf zz （8 分）（36）七、1解：原式2Re(),1)Re(),1)is f zs f z （2 分）2222112()11zzzzzezeii eezz （4 分）2解：原式=(2)0(cos)2(Re(),0)2(2)!nzzisf zin （2 分）0|)22cos()!2(2znzni 22cos(1)(2)!(2)!niinnn （4 分）3解：原式=2Re(),0)Re(),1is f zs f z （2 分）(54)221()ln()1arctan2yf zxyix (10 分)为半径的圆的内部不含圆心有界多连通区域由射线逆时针旋转到射线构故十当沿实轴趋于时极限值为当沿虚轴趋于时极限值为故当时的极限不迎下载三解故在上可导没有解析点解故在全平面内可导在全平面内解析优秀学习资料 欢迎下载 3301221212()(1)zzzzzzizz =2138ii （4 分）4解：原式=(3)0(1cos3)203!zzi （4 分）5解：原式=2Re(),)Re(),)22is f zs f z （2 分）2222112sinsinzzzzeeizz 2()i ee （4 分）6解：1)当|1a 时,原式=0 （2 分）2)当|1a 时,原式=(2)(cos)2cos2!z aziia （4 分）(55)为半径的圆的内部不含圆心有界多连通区域由射线逆时针旋转到射线构故十当沿实轴趋于时极限值为当沿虚轴趋于时极限值为故当时的极限不迎下载三解故在上可导没有解析点解故在全平面内可导在全平面内解析