复变函数与积分变换课后习题答案详解.pdf

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1、复变函数与积分变换（修订版）主编：马柏林（复旦大学出版社）一一课后习题答案习题一1.用复数的代数形式。+仍表示下列复数产;薪（2+3;1吉 解/，网-加 吁 日 考+卜 当 上?-李解：3 +5 i=(3 +5 i)(l-7 i)=_ 16+B.7 i +l (l+7 i)(l-7 i)25 25解：(2+i)(4 +3 i)=8-3 +4 i +6i =5 +10 i解:i 1-f-i 2 2 22.求下列各复数的实部和虚部(z=x+)(aeE);z 3，T +，9；f.z +a I 2 八 2 J：，,设z=x+iy则z-a _(x +i y)a _(x t)+iy _(力-可+期门+q-

2、/z +a(x +i y)+(x +t)+i y (x +a)2+y2：.R ey 一4 z +a)(x +a)+y 2解：设z=x+（yz3=(x +i y)3=(x +i y)2(x +i y)=(x2-y2+2Ay i)(x +i y)=x(x2-y2)-2x y2+-y2 +2x2y i=x3-3x)2+(3x2y-y3),R e(z3)=x3-3x y2 va z3 =3x2y-y3.解：V(J=乜 炉 项T-3 J).(嬉卜 3.(T)M-(可/=；(8 +Oi)=1解:（一1）3 一3（一1”一可+卜（一1）2 .6一（可）-8-=1(8 +0 i)=l工当 =2人 时 R e(

3、r)=(-1)*，Im(iff)=O ；当 =2 攵+1 时，R e(i )=OIm(i )=(-1)3.求下列复数的模和共辗复数-2+z;-3;(2+/)(3 +2/);9.解：|-2+i|=+1 =y s .-r n=-2-i解：卜3|=3 石=一3解：|(2+i)(3 +2i)|=|2+i|3 +2i|=V 5-V 13 =V 65 .(2+i)(3+2i)=(2+i)-(3+2i)=(2-i)-(3-2i)=4-7i解:1 +i|l +i|_ V 24、证明：当且仅当z =Z时，z才是实数.证明：若2=2,设2=工+小，则有 x +i y =x-i y ,从而有(2y)i =0,即产0

4、.,.Z=X为实数.若 2=%,，则z=x=x.z=z.命题成立.5、设 z,w，证明：|z+w|z|+|w|证明 V|z+w|2=(z+w).(z+w)=(z+w)(z+w)=z-z4-z-vv+w-z+w-vv=|z|2+zw+(z.vv)+|vv=|z|2+|w|2+2Re(z w)W|z|2+|w|2+2|z|-|w|=，+|一+2|zHM=(回+阿2；|z+M w 目+M.6、设 z,w,证明下列不等式.z 4-w|2=|zp+2 Re(z w)+|w|27i+l(l+7i)(l-7i)38-16i 19-8i J i 7,.甘山 ，=-=-=-e 其中 6=兀 一arctan50

5、25 5解：i=e。其中”二.2i.az =e 2解：-=en=e 解：卜8兀(1+6 i)|=16兀 e=-gw._2.；-8兀(1+6)=1 6 兀.6严解：(cos,+is i n,)|z-w|=|z|2-2 Rc(z-w)+|w|2|z+w|2+2-讨=2 z并给出最后一个等式的几何解释.证明：|z+vv|2=|z|+2Re(z*坡)+时在上面第五题的证明已经证明了.下面证|z-=|z|2-2Re(z w)+|w|2.V z-vv|2=(z-w)(z-w)=(z-w)(z-w)z|2-z-w-w-z+Iwl=|z-2Re(z.w)+.从而得证./.|z 4-+|z-=2.Z +|w|2

6、 j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+夕；z；-1；-8T C(1+V3Z);fcos 4-/8111 .7i+lI 9 9)8.计算：，的三次根；(2)-1的三次根；(3)G +的平方根.(Di的三次根.解：/2kit+_ 2kn+-Vi=1 cos-1+isin j=cos-+i sin -2-(%=0,1,2)兀.兀 V3 1 .z.=co s4-isin=+i.1 6 6 2 25.5 6 1.2 6 6 2 29.9 V3 1 .Z.=COS 7l+lSin 71=-13 6 6 2 2(2)-1的三次根解：v/-1r

7、=(/COSTC+.2kn+%t,八，一isin7t)3=cos-+isin-(4=0,1,2)7 1 .7 1 1、/3.z.=cos +isin=+11 3 3 2 2z2=cos 兀 +i sin 兀=-1=cos97i+isin27i=331 V3.-12 2 G +后的平方根.解:6+后=府(*+*)而M师 不=(府U.CO SEA_.It2E+isin-2(A =0,1)/.4=61兀 .兀)7*cos+ism =64-e88 8jz,=64-cos T u +isin 7i=64-e8 2 I 8 8)是 a/=90.12.指出下列各式中点z 所确定的平面图形，并作出草图.(l)

8、argz=?r;|z-l|=|z|；(3)l|z+z|Imz;(5)Im z 1 且|z|夕，ZACB=90故 a/=90。所以与 在 a 处切于圆周T 的关于夕的充要条件(3)、l|z+i|l,且匕|2.解：表示圆盘内的一弓形域。所以“=r-V#=2w7Ti(p 0 r 2,0=(1)记卬=e，则 4 映射成w 平面内虚轴上从O 到 4 i的一段，即0p4,=-.，r4iOT Fi(p 0 ,0r 2 记 卬=小，则 4 映成了w 平面._ 7 T0 p 4,0 .上扇形域，即 21.求映射z 下圆周|z 1=2的像.解：设2=认 W=+iv则Ix iy x yw +iv=x+iy+=x+i

9、y+-1；=x+i(y；-)x+iy x+y x+y x+y.53.2 2A w +zv=x+VI因为x+N=4,所以 4 4-53u=x v=+-y所以 4,4-U Vxn4 4U U c 2 y2-7=2 -d -=1所以CY(犷 即(袁 G),表示椭圆.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，设卬=夕瞪或卬=+3.兀Or2,0=-(1 )4；(2)0r2,0(9 0 zRe(z)_ x解：设2=*+四则z x+iy有0,2 =0.0月 l im f(z)=l im.,盯 士解：因为 5,(f。，。)、+y,l im若令尸k x,则 M T S x-+y l

10、 +，因为当k取不同值时，Rz)的取值不同，所 以f(z)在z=0处极限不存在.从而f(z)在z=0处不连续，除z=0外连续.(2)解：因为，/、x +y +i(x-y)x-y +i(x-iy)(x-iy/l +i)z(l +i)1 +i z)=x2+2 =x2+/=一77-=丁=/所以f(z)除Z=0外处处可导，且 Z .6.试判断下列函数的可导性与解析性./(Z)=xp2+ix2.解：“(X/)=中-#(匕月=x y在全平面上可微d y 2-Sv _ d v.=2A,=2xy,=x,ox oy ox oy所以要使得d u _ d v d u _ d vd x d y d y d x只有当z

11、=0时，从而f(z)在z=0处可导，在全平面上不解析.(2)/(z)=x2+iy2解：(x,y)=x2,心/)=/在全平面上可微.du du dv dv=(J 证明：因为/(z)=,所 以&0所以U,V为常数，于是 Z)为常数.(2)z)解析.z)T V在D内解析，则-机记_一a v=沏一&=+=x3+x y2+i(y+x2y)u(x,y)=x+x y2,v(x,y)=y3+x2j区d u =3.厂+2 八 瓦d u =2、日瓦d v=2_ x y,豆d v=.3+厂2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

12、.(1)/(z)=。；d u d u d u d v=-而f(z)为解析函数，所以小 办E&d v _ d v d v _ d v所 以&，砂 如，即&d y d x d y从而V为常数，U为常数，即f(z)为常数.(3)ReRz尸常数.d u =d u =。A证明：因为Ref为常数，即11=(21,小 力d u d u 八因为f(z)解析，C-R条件成立。故小 即u=C2从而f(z)为常数.(4)Imf(z尸常数.包 _ 史 _0证明：与(3)类似，由k口 得&小d u d u 门=0因为f(z)解析，由C-R方 程 得&如，即u=C2所以f(z)为常数.5.|f(z)|=常数.证明：因为用

13、z)|=C,对C进行讨论.若 C=0,贝Iu=O,v=O,f(z)=O 为常数.若 C*0,则 Hz)wo,但/(z),/(z)=C2,即 u2+v2=C2则两边对x,y分别求偏导数，有d u .d v._ .5v _2u-+2v =0,2u-+2v =0d x d x d y d y利用C-R条件，由于f(z)在D内解析，有d u _ d v d u _ d vd x d y d y d x以所oO-0a a v-a rVw+-a w-a x包a xwV=O,包&以所O=一私即u=Cl,v=C2,于是f(z)为常数(6)a rg f(z尸吊数.a rcta n证明：a rg f(z尸常数，即

14、C,“2.(”.包 驾 uu-v )(v/)&a?效于是1 +W)2w2(w2+v2)u2(u2+v2)=0证明:u(x,y)=ex(xco s 歹 一 y si n y),v(x,歹 尸e(y co s y +x si n y)处处可微，且a”=e(xcosy-ysiny)+ex(cosy)=e(xcosy-jsin v+cosy)dx=ev(-xsin y-sin y-y cosy)=ev(-xsin y-sin y-y cosy)SyoooO=一一-包去曳办包永加瓦VVVV5 v-a x5 v-s v-a ra v-a x得广C-R条件一加=e(ycosy+xsiny)+eX(siny)

15、=e(ycosy+xsiny+siny)dx3y=e*(cos y+y(-sin y)+x cos y)=eA(cos y-ysiny+x cos y)du dv du dv所以私 ，力 小du解 得&dv _ du8 x dy所以f(z)处处可导，处处解析.fz)=+i-=er(xcosy-sin y+cosy)+i(e*(ycosy+xsiny+sin y)dx dx=ex cos y+ier sin y+x(er cosy+ieA sin y)+iy(eJ cosy+ier sin y)=er+xe*+iyer=er(l+z)1 0.设d y，即u,v为常数，于是Rz)为常数.8.设 f

16、(z)=m y 3+n x 2y+i(x 3+l x y 2)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.包效/-2，=M32+X2-I=-a-a x5v-a xa一&a9.试证下列函数在z平面上解析，并求其导数.(1)f(z)=x 3+3x 2y i-3x y 2-y 3i证明：u(x,y)=x 3-3x y 2,v(x,y)=3x 2y-y 3 在全平面可微,且 =3x-3y,加 =-6，,-dv-=6-xydv-2.2t=3x -3yox oy ox oy所以f(z)在全平面上满足C-R方程，处处可导，处处解析.f z)=+i =3x2-3y 2 +6

17、x y i =3(x2-y2+2x y i)=3z2d x d x(2)于(Z)=e(xco sy-ysin y)+i e，(y co sy +x si ny)/(z)=0 iy y2当 Z沿实轴趋向于零时，Z=X,有lim|/(x)-/(O)=l+id u .d v d v.d u它们分别为&1 办1办d u _ 8 v d u _ d v .&一 如，d y d x 满足C-R条件.(3)当 z 沿 k x 趋向于零时，有lim/(x +ix)-O,O)f*x+ir1 加第 (1+?尸;1)=上x=y-0 2x3(l+i)1 +ir Vlim.x M不 存 在.即 gz)在 z=0处不可导

18、.11.设区域D 位于上半平面，D1是 D 关于x 轴的对称区域，若 f(z)在区域D 内解析，求证F(z)=/G)在区域D 1内解析.证明：设f(z尸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d u _ 8 v d u _ d vd x 效，d y d xf(z)=u(x,-y)-w(x,-y)=)=oo故 1 8 fo.lim/(z)=oo所以zf0.15.计算下列各值.(1)ln(-2 +3i)=inVi3+iarg(-2+3i)=In VB+i-arctan-|j(2)In(3-VJi)=In 27

19、3+iarg(3-V3i)=In 2/5+i(3)ln(ei)=lnl+iarg(ei)=ln 1+i=i(4)ln(ie)=Ine+iarg(ie)=1 +y i16.试讨论函数f(z)=|z|+lnz的连续性与可导性.解：显然g(z尸忆|在复平面上连续，Inz除负实轴及原点外处处连续.设z=x+iy,8仁)=1 z|=y/x2+y2=u(x,y)+iv(x,y)”(内)=+/#()=0 在复平面内可微.+y2)5.2x=d u _ y办 x2+y2xd x 2 J f+J?d x d y故 g(z)=|z|在复平面上处处不可导.从而f(x)=|z|+lnz在复平面上处处不可导.收)在复平面

20、除原点及负实轴外处处连续.1 7.计算下列各值.(1+i 尸=6尔 产&弋*加)=e,n +i-lnV i+四+2%兀4 4(3产=e1 n(7)*_ eV5 l n(-3)_/5(l n 3+i-H+2j b ri)_-J5 I n 3+/5i-H+2An/5i-e-e=e石叫cos(2 左 +1)7TV5+isin(2 k+1)兀君)=3旧(cos(2%+1)TC-V5+isin(2%+l)nV5)i-i/n L c-ilnl-i(lnl+i-0+2hri)I=e=e =ec-M2 i ti)c,2 版e=e()(=怎=产嗣(l+i)l n l+-：卜2An i j(l+i)(2hi-；i

21、=e-e18.计算下列各值(1)i(w+5i),-i(+5i)i w-5.-i i t+5/-.C C v CCOS(71+51)=-=-2 2-e-5+e5(-l)-e-5-e5 e5+e-5 2 2 2i(1-5i)_p-i(l-5i)i+5 _ _-.-5sin(l-5i)=-=-y2i 2ie5(cosl+isinl)-e-5(cosl-isinl)二2ie5+e-5.e5+e-5二-sinl-i-cos 1220 .x _ sin(3-i)_ 2i _ sin6-isin23=cos(3 i)晨 e)+e-e)=2(ch，1 一 sii?3)2i(4)2|sin=：,(e-+v,-e

22、?n)=|sin x-ch y+i cos x sh=sin2 x ch2 y+cos2 x sh2 y=sin2 x-(ch2 y-sh2 y)+(cos2 x+sin2 x)-sh2 y=sin2 x+sh2 y(5)arcsin i=-iln(i+V l-i2)=-i ln(l V2)-iln(V 2+l)+i2 z 一 i in(后-1)+i(兀 +2 E)J(6).八 2 i l+i(l+2i)i.f 2 I.arctan(1+21)=In-；-r=-I n-F -i2 l-i(l+2i)2 5 5 J=kit+arctan 2+In 52 41 9.求解下列方程(1)sinz=2.

23、解：z=arcsin 2=-In(2i V3i)=-In(2 V3)ii=-i ln(2土 +12%+施i=(24+g)兀 土 iln(2+V),k=0,-(2)e=-1 VJi=0解：e:=l+V3i 即z=ln(l+V3i)=ln2+i+2kiti3=ln2+(24+；)7 ri(3)Inz=i2In z=i-i解：2 即 z=e2=i(4)z-ln(l+i)=0解z-ln(l 4-i)=In V2+i ；+2kn=In V2+(24+；卜2 0.若 z=x+iy,求证(1)sinz=sinxchy+icosx shy证明：iz _ e-iz ei(x+iv)_ e-(x+W)jsin z

24、=-=-2i2i2i=sin x ch y+i cos x.sh y(2)cosz=cosxchy-isinxshy证明：cosz=_+e =1.Q(5+e D)2 2ef2=-(e-J,(cosx+isinx)+ev.(cosx-isinx)2士Z.C O S X-.-ei-sri n+x e.-2 L 2=cos x ch-i sin x.sh y当 y+8 时，e y0,ey+8 有B inzi_8.当 y-8 时，e-y-*+8,ey-0 有|sinz|-*8.|cos(x+iy)|=Ue-*+e|.-(e-y-ey)同理得 2 2所以当y f 0 0时有|cosz|f 8.习题三(x

25、-y+ix2)6z1.计算积分*，其 中 C 为从原点到点1+i的直线段.解 设 直 线 段 的 方 程 为 y=x,则 z=x+&.0 x l故I zx2(l+z)i/x=z(l+z)-|x3|o=g(l+i)=-(3)|sinz|2=sin2x+sh2y证明：sinz=(ey+xl-eyX)=sinx chy+icosx shy2iIsin z|-=sin2 xch2 y+cos2 x.sh2 y=sin2 x(ch2 y-sh2 y)+(cos2 x+sin2 x)sh2 y=sin2x+sh2(4)|cosz|2=cos2x+sh2y证 明.cosz=cosxchy-isinxshyI

26、cosz|2=cos2 x.ch2 j/+sin2 x.sh2 y=cos2 x(ch2 y-s h2)+(cos2 x+sin2 x).sh2 y=cos2 x+sh2 y21.证明当 y f 8 时，|sin(x+iy)|和|cos(x+iy)|都趋于无穷大.证明：sinz=.(e-E -ev-vi)2i 2iI s i n z h-k -e l2小-四=门|e，T =e，Isin z|&-(lee*|-|e-|)=-(e7-e)而 2 2f(l-z)dz2.计算积分c,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=x 2,从点0 到 点 1+i的弧段.解(1)

27、设2=+a.0%1-(l-x +ix*(x +ix)=jC.(2)设 z=x+ix2 0 x /In(z+1)=1 ln2(z+1)|；=-g(1 +31n?2)牧 L(|z|4 1 1 2.=07.计算积分j 7-dz，z（z-+l），其中积分路径C为z-sin zdz=-z t/c o s z =-z c o s z|i +c o s zdz=s i n 1 -c o s 1(6)（1）ci：w=2（2）6：口&_=21(4)C4：|z T|=I1解：（1）在2所围的区域内,z（z+1）只有一个奇点z=0.f-dz=f(-!)dz=27ri-0-0=ImJ cz(z2+1)Jq z 2 z

28、-i 2 z+i(2)在。2所围的区域内包含三个奇点z=，z=i.故r -1-d,z =r (J-1-1-1-1-)waz =207 a.一 乃，.一 不，.=0nJ cz(z2+l)%z 2 z-i 2 z+i(3)在J所围的区域内包含一个奇点z=-i,故f-dz=f(-5)cfe=0-0-;ri=-TtiJcz(z2+l)JGZ 2 z-i 2 z+iJ 1 zdz=J s e c2 zdz+J s e c2 z t a n zdz=tanz|；+g t a n?z=-，a n l +gt a n 2 l +gt 2 )+11.计 算积分L 1寸，其中C为z|z i|=1 Iz4-z|=1

29、 z=2 (2)1 1 ”解一dz=2lc(zd-Z)(z-/)z+i(2)f dz=-dz=27riJez?+1 k(z+i)(z-i)r eJc：z2r+1dz=Tre-n e1-27ri s i n 116.求下列积分的值,其中积分路径C均为|z|=l.(1)(0=x3-6x2y-3xy2+2y3;(2)0=ex cos y+1 +z(ex sin y+1).解(1)设“，=+2,3 2 2 3 八-6x y-3xy+2y U=(J上3-2 孙r 萨一 6+6/dz“解(1)7L学z.与，阂1 2d2udx26x-12y从而有豕d2u=/I。-6x+12y 京=苧（严_ 7vi2=0 1

30、2d2u d2u-2=0ar力 满足拉普拉斯方程，从而是调和函数.设 w-u +iu,M =ercosy+1COSZ,匕一b dz=Z3-(COSZ)(2)|2=0=-u=sin y+1(3)Ztan -J tfe =2M(tanz)=7vi sec2 J r(z-z )2 217.计算积分Jc（z T）3（z+l），其中积分路径c为（1）中心位于点z=，半径为R 2的正向圆周中心位于点z=T 泮径 为R8 C Z 4T8 Z 7 T8 1-所以，当 z 在 c 外部时，有e l +5 iM=1/=2（1厂）发散M=l 乙又因为1 沁（与 当=1 而（；+1）、0、7 -x x；2 -8 2

31、22+5 i、所以2/丁）发散M=1 乙ni1y=yl 发 散I ”=i n又因为n=即2K 1 J c Q-z设 Z在 C内，则 f（z）=O,即。哈比给I”in8 Q nz-=zM=1 ”=1兀.兀cos+i sin n敛,所以不绝对收敛.M士 2 ir i J c/-z故有：2 7 1 1,z(4)EM=1il n/7习题四1 .复级数之（与 都 发 散，则级数&4）n=l n=n=和发散这个命题是否成立?为什么？n=l答.不一 定.反例：0 0 0 0 1 I 0 0 81|%=q +i/，l ,=力-1+大 发 散w=l n=n=M=I 但 0+,）工收敛M=1 n=CO 8 0X（

32、q i，）=z 2 发散=1 n=X。也=X -（3+4）收敛”=1 n=，2 .下列复数项级数是否收敛，是绝对收敛还是条件收敛？1 1因为1 -7l n/7 n-所以级数不绝对收敛.又因为当n=2 k 时，级 数 化 为 弋（-1）*收敛当 n=2 k+l 时，级数化为寸上吐_ 也收敛l n（2 A+l）所以原级数条件收敛（5）8Z”=0cosin2 El”=0/手=/针+*5乙 乙M=0 N 乙=0 乙匕 斗 上 白用 当”至=1 n=2*=s n .(/4、)自V _2荷/、白汗 cosi n其中工（今 发散，（5）”收敛所以原级数发散.3.证明:若R e（%）2 0,且 4和 收 敛,

33、则 级 数n=1解En=l +i 2 Tn00=z=1l +(-l)w-in+5，日勿 2才绝对收敛.n=l证明：设 =X”+i /,4=(X“+i X,)2 =X：-y；+2x y i因为和之q：收敛n=l n=!所以 x，之收敛/=1 n=1 n=又因为 R e（a,）N O,所以0 且 则”则 片=02当 n充分大时，x“x”PC所 以 收 敛=1|a j=x：+=2 x,”（x：-a）QO 8而 2 片 收敛，Z（瘾-立）收敛=1 =1Q0 00所以收敛，从 而 级 数 绝 对 收 敛.M=1n=4 .讨论级数名（z J z）的敛散性n=0解 因为部分和s“=f（Z*M-Z）=Z M-

34、1,所以，k=0当目1 时,与-co.00故当 z=l 和|z|3时发散.若在z=0 处收敛,则3 21 .若在z=3 处发散，则%1显然矛盾，所以基级数Z G（Z-2）不 能 在 z=0 处=0收敛而在z=3 处发散6 .下列说法是否正确？为什么？（1）每一个幕级数在它的收敛圆周上处处收敛.（2）每一个暴级数的和函数在它的收敛圆内可能有奇点.答：（1）不正确，因为嘉级数在它的收敛圆周上可能收敛,也可能发散.（2）不正确，因为收敛的基级数的和函数在收敛圆周内是解析的.000 0 c7.若 c,z”的收敛半径为R,求 请 Z”的收敛半”=o w=o 0所 以 R =H例OP8 .证 明：若 哥

35、级 数 Z a.z”的 系 数 满 足H=0则朝=夕，则（1）当o（夕 的 时，/?=!p 当 0=0 时，R=+8（3）当 0 =+时，R=0证明：考虑正项级数y,=|平|+即 1+w，z 卜.M=0由于！阳 加 可 已 吧 河.荷=。*|,若。+8,由正项级数的根值判别法知，当p.|W l时，即|z|，时，anzn收 敛。当P=02时，即 回 4时，anzn不 能 趋 于零，！吧 柢 司 1级数发散.故收敛半径R=q当夕=0时，。,目1级 数 收 敛 且 夫=+8.若。=+8,对%丰0,当充分大时,必有 azn不能趋于零，级数发散.且及=9.求卜列级数的收敛半径，并写出收敛圆周。（1）力（

36、z-y （2）n O =O（-尸竽共 2（4）（与 严 叫=o n解：（1）limn s7 7 1=lim()p=lim(l-)p=1n+1 8 +1.R=1收敛圆周(2)|z|V2级数绝对收敛,收敛半径为R =O所以收敛圆周 z y/2（4）记 （z）=d）.（z T）5nl i m亚 同=l i m/z-D：=所 左 贮=霏羽所以|z-1区1时绝对收敛,收敛半径R =1收敛圆周I 110.求下列级数的和函数.(T)T.Z(2)(一1)”总念 M (2n)!解：lim=lim=1-XX：c n故收敛半径R=l,由逐项积分性质，有:（-1）心=（-i）z =!n=n=1 十,所以r(+1)夕l

37、im-=1m sR =1所以收敛圆周z 00由比值法，有/田=|而(2 +1)2 旧;4/：(z)(2 -1)-2241-|z|2要级数收敛，则00(-1)5M=1于是有:f(T)fW=-z f(-I).”M=1 n=l 令：s 4（f”,就z(I+Z fC 1lim=lim-=0.T 8 Cn T8(2+1)(2+2)Z故R=8,由逐项求导性质，(z)工(*.M=1z2-1(2-1)!s(z)=(-l)”-(2n-2)!急 由此得到 s (z)=-s(z)Z c,是收敛的，这与收敛半径的概念矛盾。=0综上述可知，必有 =1,所以7?=-=1即有微分方程s (z)+s(z)=故 彳j.s(z)

38、=A c o s z+5s i n zA，B待定。由 纲 q 5彘 Ds00r 7，?+1cz若Ec,z”的收敛半径为iM=0则 1 z|=；现用反证法证明X =1c若。x i则H L有也/即|c j收”=0点Z。处收敛00所以矛盾,从而Z Q z”在 目|z|处发散.M=013.用直接法将函数l n(l +e-)在z=0点处展开为泰勒级数，(到z项)，并指出其收敛半径.1 +解:因为 l n(l +e-)=l n()e 奇点为Z*=(2左+1)疝 伏=0,1,.)所以R=兀又l n(l +e T)|“l n 2l n(l +e-2)r =-e 1 +e-2=02敛，与条件矛盾。P-zi8口

39、6尸)=-一齐若几i则 忖 i,从 而ZQ z在单位圆上等于n=0 ln(l+e-z)r=-e-z+e2z(l+e-f=0z=0121于是，有展开式ln（l+e-;）=I n 2-z +-z4+，R=兀2 2!22 4!231 4.用 直 接 法 将 函 数 在 匕 一1|夜 点 处 展 开为泰勒级数，（到.一 O 4项）解：z =i为的奇点，所以收敛半径 二 及又2 z-33-2 z3的3_ 黑1 8(片9)，目D M/i=0n D3 22 z-3 2 z-2-l 2(z-l)-l l-2(z-l)00sin z =Z 3sin z”=0a 0 0n=0(ir(2 +l)!*1-2 (z-l

40、),|z T 3n-022 +l _ Z/Z7 5Z -Z-1-r.3!5!(2 n+l)!z2 w+l,|z|0 0v arctan z=d z 小1 +2,z =i为 奇 点，：.R=-2z(1 +Z2)2，4 1)=-;a anz=工 占 f e=坞浮&(f”.白一叫*1(4)广=肃笄/=J_ _ _ _ _1 _=_J_ _ _ _ _ _ _ _1_ _ _=1 _ 1(z +l)(z +2)-z+T-z +2 -z-2 +3-z-2 +4 -I；产2321 1屋L4S”=o J 4”=o 4=(-1),(击-焉)(2),z-23n-0 J-=J 二-旬 J4含2；2 0 z ：/）

41、=0于是，/）在z =l处的泰勒级数为j y=；-；（Z-l）+；（Z-l）2 _（Z-1）4 +.,R =y 21 5.用间接法将下列函数展开为泰勒级数，并指出其收敛性.（1）五 匕 分 别 在z =和z =l处5出3 2在2 =0处（3）arctanz在z =0处,、z（z +l）（z +2）在 处（5）ln（l+z）在 z =0 处解（5）因为从z =T沿负实轴m（l+z）不解析所以，收敛半径为R=111 +z ln(l+z)T =Z(-i r-H=0ln(l+z)=(-1)z d z =(-ir-zB+,|z|lw=0 n=0 1 6.为什么区域H R内解析且在区间（一旦R）取实数值的

42、函数/（z）展开成Z的基级数时，展开式的系数都是实数？答：因为当Z取实数值时，/（Z）与/（X）的泰勒级数展开式是完全一致的，而在内，/（X）的展开式系数都是实数。所以在园 区 内，/（Z）的哥级数展开式的系数是实数.1 7 .求/（z）=Z2；：2的以z =。为中心的各个圆环域内的罗朗级数.解：函 数/(Z)有 奇 点Z|T 与Z?=-2 ,有三个以z =为中心的圆环域,其罗朗级数.分别为：在*呐 Z)=士 =-必+；力呜)”z+z-Z z-l z+2=o 2”=)2=(T),击T)z=o 411 9.在1 lzl+00内将/仁)=e展开成罗朗级数.1解:令”匚7则/(z)=ez=1 +/+

43、-Z2+-/3+.2!3!而，=匚1在1 目+8内展开式为1 -1 1 1,1 1 、:=-f=-(1+”+)l-z Z|_ 2.Z Z ZZ所以，代入可得f(z)=-+.)+-(1+.)+.z z z 2!z z z-_ I 1 1 1 1 9=J二 牙 一 营+肃+胃+2 0 .有人做下列运算,并根据运算做出如下结果Z 2 3-=Z +Z +Z +.1-ZZz-lZ ZZ Z _ 八因为二十二工二,所以有结果.H 1-d 1-H 1 b l,+,1 +Z +Z 2 4-Z 3+.=八0Z Z Z你认为正确吗?为什么？z答:不正确,因 为 匚 =Z +Z?+Z-+要求团 1而匚=1+三+7+

44、要求同 1所以,在不同区域内Z Z 1 1 1 1 1 2 3 C-1 W H H H b l+1 +z +Z +2 +W。1-z z-l z6 z2 z2 1.证明：/(z)=c s(z +g)用z的塞表示的罗朗级数展开式中的系数为1 0 2兀 八 八Cn=I cos(2 c o s3)c o sn0d 0.n=0,l,.2兀M证明：因为Z=和Z=8是C O S(Z+g)的奇点，所以在。|z|8内，C O SQ +g)的罗朗级数为I n=o oc o s(z+-)=1 CnznCOS(7 4-)其中 C”=(l 上 严盾，=0,1，2,.其中C为 目 8 内任一条绕原点的简单曲线.1 ,c

45、o s(z +-)说 K(z =e，0 4 221 产 c o s e+eT)一 说-ei(n+,)11所以，z 8 是e的可去奇点.所以z =01-c o s z是 z?的可去奇点.(2)因为 ,1 2 1 4 1 Jcosz-sinz=1-z H z+.+z-z H z+.2!4!3!5!2 5.点：下列函数有些什么奇点？如果是极点，指出其=I+Z_1_123+1Z4+1?+_3!s i n zz3 心s i n1 z2所以，z 8 是c o s z -s i n z 的本性奇点.解sinzz31 3 ,1 5Z-Z H-Z +.3!5!z31 2Z1+_ Lz?+3!5!2 z c(3)

46、当Z f8 时，2 z所以，Z 8 是 用 y的可去奇点.2 7.函数/(z)=-j在z =l处有一个二级极z(z 1)点，但根据卜面罗朗展开式:-Z-(-Z-1-)27 二H-(-Z-1-)5；-(-Z-1-)4T+3(-Z-1-)，r，1|z -111 .我们得到“Z=1又是/(Z)的本性奇点”，这两个结果哪一个是正确的？为什么？习题五1.求下列函数的留数./(z)=?在益0处.解：中在0|z|+8的罗朗展开式为Z,z2 Z3 Z4,Z+2-+?+4+-1 1 1 1 1 1 1z5 z4 2!z3 3!z2 4!zRes 巨2,0 =1 =5 4!解：不对，Z=1是f(Z)的二级极点，不

47、是本性奇点.所给罗朗展开式不是在O 匕-1|1内得到的在。内的罗朗展开式为1 J-f+ig)+(z.i)2+.z(z-l)2 z z-1(z-1)2(z-1)2 z-12 8.如果C为正向圆周日=3 ,求积分1/(z Kf e的值17/(z)=z(z +2)(2 (z)=(z +l)(z +2)解：(1)先将展开为罗朗级数，得 /(z)=e 在 2=1 处.1解：e”在0|z l|l +8的罗朗展开式为1 4-1-7 -T+H-Fz-1 2!(z-1)2 3!(z-1)3 加(z-1)”2.利用各种方法计算A z)在有限孤立奇点处的留数./(z)=3 z +2Z2(Z+2)1 _z(z +2)

48、2 z z(l +-)Z解：/(z)=/胃 的 有 限 孤 立 奇 点 处 有 击0,Z2(Z+2)z=-2.其中z=0为二级极点z=-2为一级极点.lz2 4 8、g =T(-r+-X 2|z|+o oZ z z z而 I z l =3 在 2|z|-2 z3.利用罗朗展开式求函数(z +D s i n l在8 处的留Z数.(2)(z +l)(z +2)在2 vz i +8内处处解析，罗朗展开式为-z-=z-r-1-1-=.-1-1-(Z+1)(2+2)z +1 Z+2 1+1 1+2Z Z1 3 7 G|1=-|z|+8z z z而出=3在2|z|l.“)l-2 a c o s 8+解:令

49、,f 2 n c o s 3。，八 7 F、s i n 3 8I,=-7 dg 12-I :-r-2acos 0+a 上 1-2acos 0+aC2n 3/.+!/.=I -d 0 k 1 -2(7 C O S+6Z73 1令 z=e .cos 0=d 0=d z,贝lj2 z i z/,+i/,=-；-d z2 3 z2+l 2 i z1 -2 a-+a2z=2 7 r i-(Rc s /(z),-i +Res /(z),l )=-4一；-dzi h日一修+Q2+l)z-4=-2 m-(Res /(z),3 +Res /(z),o o )7 c i(3+J=2 7 i i-Res /(z),

50、i L d.2兀a3U2-l)6.计算下列积分.(1)为 5-4 c o s 6因被 积 函 数 为。的 偶 函 数，所 以r1 r cos m O 上 八/=-d U2 J-兀 5-4 cos 6令“I言 黑 皿 则 有/+i/t=-1 2re 5-4 cos。172.L i设z=e AO=d z cos0=-则iz 2zm被积函数/(z)=；K 在Iz tl内只有一个5 z-2(l+z2)简单极点z=，2/(z)=li m2 Z4 5 z 2(l +z2)f 3 kj解：令A(z)=1-3_K，被积函数A(z)在(z2+a2)(z2+Z(2)上半平面有一级极点班i a和i b,故I=2 r