复变函数课后习题答案(全).pdf

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1、习题一答案1.求下列复数的实部、虚部、模、幅角主值及共轨复数:1i(i)3+2i1 3/(3)-i 1-z,1 3-2/解：z =-=-(2)-(z-D(z-2)(4)-Z8+4Z2,-Z3+2z3因此：R e z =一,1 31 3I m z =忖=121 3,2 i=,a r g z =-a r c t a n,V1 3 33 2.(2)Z-(z-l)(z-2)-l-3 z-0z =I1 3 1 3 3+i因此,R e z =3i o5旧=1M T1I m z =1 013 1 .a r g z =九一a r c t a n-,z =-3 1 0 1 0i(3)Z=一i 1-z3因此，R

2、e z =-,3=T+3-3/3-5/2T5I m z =,25a r g z =-a r c t a n ,(4)z=a+4产2-3+5zz =-2z=-l +4 z-z=-l +3f因此,R e z =-l,I m z =3,|z|=V1 0,a r g z-7 c-a r c t a n 3,z=-l-3z2.将下列复数化为三角表达式和指数表达式:(1)z(2)-1 +y 3i(3)r(s i n6 +ic o s3)(4)r(c o s 9-z s i n 9)(5)1-c o s O +i s i n。(0 9 2)1.71.71解：(1)i =c o s Fz s i n =227

3、1.Ie2(3)71 71(-0)ir(sin 0+i cos O)=rcos(-0)+i sin(-6)=re 2(4)r(cos0-isin0)=rcos(-)+isin(-)=re9(5)l-cosO+isin。=2sin2+2zsincos 2 2 2=2 sin|cos7 1-0 .7 1-3-f-zsin-3 i=2sin-2223.求下列各式的值:(1)(A/3-Z)5(l+z)l(,()+(l-z)100(3)(1-V30(cos6+isin0)(l-z)(cos-zsin-3)=&J、(4)(cos5?+/sin5)2(cos 3-z sin 3?)3cos IO。+i si

4、n 100cos(-90)+i sin(-99)=cos 19?+z sin 19?(5)VF=cos+isin 2 2-+k=02 21 Ji 1 Ji cos(y+z sin(+Ikjr)=0)兀解:(1)z+i=y/l,由此Z=双一i =e/-i,(Z：=0,1,2,3,4)(2)z =j-a4=#/(c o s-+i s i n兀)=a c o s (+2k/i)+z s i n (+2k7r),当k=0,1,2,3时，对应的4个根分别为：灸(1 +。6.证明下列各题：(1)设z =%+i y,则困：)1上归忖+证明：首先，显 然 有 闫=1丁 2|x|y|,固 此 有2(X2+/)(

5、|X|+|J|)2,从而之瞎。对任意复数Z,Z2,有卜+Z2 =|z +|z2|2+2Re(z,z2)证明：验证即可，首先左端=(否+4)2+(/+%)、而右端=x+y+一 +y 1 2+2 Re (X j+iy )(x2 z y2)=%；+%?+2(%2+以力)=(再 +%2)2+(必+%了，由此，左端=右端，即原式成立。(3)若。+6 是实系数代数方程jz +q z +-+an_lz +a0=0的一个根，那么。一次也是它的一个根。证明：方程两端取共钝，注意到系数皆为实数，并且根据复数的乘法运算规则，z=(z),由此得到：o(z)+。1。厂+a“_ Z+4)=0由此说明：若z 为实系数代数方

6、程的一个根，则也是。结论得证。(4)若同=1,则 V。W Q,皆有二 21-ab证明：根据已知条件，有4。=1,因此:a-b a h a h 1 ,=-=a,证毕。1-ab aa-ab a(a-b)a 若 同 1,网 1,则 有 纥2 i1 1 1 1 l-ab证明：=(a-b)(a-b)=|2+网 -ab-ab,1-ab=(1-ab)(l-ab)=1 +同 力-ab-ab,因为同1,|Z?|1,所以，同2+时 一 同2时 _ =(_ 同2)(时 _ )0,I9 -2 a b因而一曲，即 h l,结论得证。-ab1.设同41,试写出使，+。|达到最大的z的表达式，其中为正整数，a为复数。解：首

7、先，由复数的三角不等式有口+。闫z|+|a归1 +W，在上面两个不等式都取等号时|z+4达到最大，为此，需要取z”与Q同向且z=1，即z应为 的单位化向量，由此，z=，1 48.试用Z1,Z2，Z3来表述使这二:个点共线的条件。解：要使三点共线，那么用向量表示时，22 4与23 4应平行，因而二者应同向或反向，即幅角应相差0或%的整数倍，再由复数的除法运算规则知Arg亘 二 应 为。或的整数倍，至此得到：Z 3 一哥ZZ2，Z3三个点共线的条件是三二幺为实数。Z3 Z19.写出过Z1，Z 2(Z|WZ 2)两点的直线的复参数方程。解：过两点的直线的实参数方程为：x =x1+t(x2-x1)(，

8、、=%+*乃-)因而，复参数方程为：z =x +iy =xi+iyl+t(x2 一再+iy2-iyi)=zi+t(z2-z 1)其中，为实参数。1 0.下列参数方程表示什么曲线？(其中/为实参数)(1)z =(l +z)；(2)z =a cos t+ib s i n t(3)z =t+-t解：只需化为实参数方程即可。(1)x =t,y =t,因而表示直线丁=%2 2.一 x y(2)x =ac ost,y =b sin t,因而表示椭圆一7+=1a b(3)x =t,y =-,因而表示双曲线孙=1t1 1.证明复平面上的圆周方程可表示为 z z +(u,+az +c=0,其中。为复常数，c为实

9、常数证明：圆周的实方程可表不为：x +A x +By+c=0,代入=：土三，y =-并注意到Y+丁=|z =z z,由此2 2/1 1 7+7 7 72 2z-A Bi A +Bi 整理，得 z z +-z +-z +c=02 2A _i_ R；A _ Ri _记-=a,则-=a,由此得到22z z +a z +a z +c=O,结论得证。1 2.证明：幅角主值函数a r gz在原点及负实轴上不连续。证明：首先，a r g z在原点无定义，因而不连续。对于 o,消去参数。，2 2得2/+丫 =一,表不一半径为一的圆周。4 21 4.指出下列各题中点z的轨迹或所表示的点集，并做图：解：(1)|z

10、-z 0|=r (r 0),说明动点到z()的距离为一常数，因而表示圆心为z(),半径为r的圆周。(2)是由到&)的距离大于或等于r的点构成的集合，即圆心为Z。半径为r的圆周及圆周外部的点集。(3)上一1|+上一3|=8,说明动点到两个固定点1和3的距离之和为一常数，因而表示一个椭圆。代入z =%=,化为实方程得(%-2)2 /16 15=1(4)|z +i|=|z -i ,说明动点到，和T 的距离相等，因而是，和T 连线的垂直平分线，即入轴。71(5)a r g(z-i)=一,幅角为一常数，因而表示以i为顶点的与轴正向471夹角为一的射线。41 5.做出下列不等式所确定的区域的图形，并指出是

11、有界还是无界，单连通还是多连通。(1)2同3,以原点为心，内、外圆半径分别为2、3的圆环区域，有界，多连通(2)a v a r g z力(0。/2)，顶点在原点，两条边的倾角分别为a,的角形区域，无界，单连通(3)三|1，显然zw2,并且原不等式等价于|z 3|z 2,说明Z到3的距离比到2的距离大，因此原不等式表示2与3连线的垂直平分线即=2.5左边部分除掉=2后的点构成的集合，是一无界，多连通区域。(4)卜-2卜上+2|1,显然该区域的边界为双曲线上一2|-|z +2|=l,化为实方程为4x2y2=l,再注意到z到2与z到一2的距离之差大于1,因而不1 5等式表示的应为上述双曲线左边一支的

12、左侧部分，是一无界单连通区域。(5)|z-l|(8)2?1 5 1 51 7 Q所以表示圆心为(一记,0)半径为百的圆周外部，是一无界多连通区域。习题二答案1 .指出下列函数的解析区域和奇点，并求出可导点的导数。(Z l)53 c.1 1(2)Z+2泛(3)(4)z +-?+l z +3解：根据函数的可导性法则(可导函数的和、差、积、商仍为可导函数,商时分母不为0),根据和、差、积、商的导数公式及复合函数导数公式,再注意到区域上可导一定解析，由此得到：(1)(2)(3)(4)一1)5处处解析，解-1)5 =5a1)43+2之处处解析,(z3+2iz Y=3z2+2i1 ,的奇点为2 +1 =0

13、，即z =i，z2+l(1 1 +1)_ -2 z (,.x?+1 (?+1)2(?+1)2z H-的奇点为z=-3,z +3=L，(ZW-3)z +3 (z +3)2.判别下列函数在何处可导，何处解析，并求出可导点的导数。(1)/(z)=x y2+x2y i(2)/(z)=x2+y2i(3)/=/-3移2+i(3dy-丁3)(4)/(z)=i解：根据柯西一黎曼定理：2 7(1)u=xy,v=xy,ux=y2,vy=x2,uy=2 xy,匕=2刈四个一阶偏导数皆连续，因而)处处可微，再由柯西一黎曼方程ux=vv,人=一 匕 解 得：=y=0,因此，函数在z=0点可导，“/,(0)/=u x+z

14、vx|I =0,2=o函数处处不解析。(2)ti x,v ，Ux=2x,vy=2y,uy=0,匕=0四个一阶偏导数皆连续，因而加处处可微，再由柯西一黎曼方程ux=vv,uv=-匕解得：x=y,因此，函数在直线y=无上可导，f(x+ix)=ux+ivxy=x=2x,因可导点集为直线，构不成区域，因而函数处处不解析。(3)u=x3-3xy2,v=3x2y-y3,ux=3x2-3y2,vy=3x2-3y2,uy=-6xy,vx=6xy四个一阶偏导数皆连续；因 而U,v处处可微，并 且M,V处处满足柯西一黎曼方程 ux=vy,uy=-匕.因此，函数处处可导,处处解析，且导数为f(z)=ux+ivx=3

15、x2-3y2+i6xy=3z2(4)/(z)=-z x-iyx+iy2x+yx 2+y-2xy因函数的定义域为zw O,故此，“亦处处不满足柯西一黎曼方程，因而函数处处不可导，处处不解析。3.当/,加,八取何值时/(z)=my?l+nx2y+i(x?l+/孙？)在复平面上处处解析？解：u=my3+nx2y,v=x3+Ixy2ux=2nxy,vv=2lxy,uy=3my2+nx2,vx=3x2+ly2,由柯西一黎曼方程得：ux=2n x y=vv=2lx y,由（1）得uv=3 m y2+n x2=-3 x2-ly2（2）n =l,由（2）得=一3,3 m =-I,因而，最终有m=1,H=/=-

16、34.证 明:若/解析，则 有（|/a）l）2+（T-|/u）l）2=|/M2ox oy证明：由柯西一黎曼方程知，左端=（y/u +v）+（y j u +v ）2d x d y/u ur+v vy.2 u u+v v （u u+v vr）2+（w vv-v ur）2_ /_1 A L /.，J J 八 A /、八 八，A/W2+V2 7M2+V2/+y2_/（%+匕）2+丫 2（%+匕）2.2 ,2U+V=|/（z）=右端证毕。=（%+匕）2 =W x +i 匕|25.证明：若/（z）=+iv在区域D 内解析，且满足下列条件之一,则/（Z）在 D 内定为常数。（1）/（Z）在 D 内解析，（2

17、）在D 内为常数，（3）|/（Z）|在 D 内为常数，（4）V =U2（5）2u +3v =l证明：关键证明的一阶偏导数皆为0!（1）f（z j =ii-iv,因其解析，故此由柯西一黎曼方程得%=一 0，%=匕-（1）而由/（Z）的解析性，又有 x=V y，Uy =VX-（2）由（1）、（2）知，=匕=V、，三0,因此三 V 三。2,即/（Z）三仇十比2 为常数（2）设M 三，那么由柯西一黎曼方程得匕=Uy 0，U y =%二 0，说明y 与 ,y无关，因 而v =c2,从而/（z）三q+比2 为常数。（3）由已知，|/）=/+丫 2 三分为常数，等式两端分别对,求偏导数，得2u u+2 v

18、v =0-(1)2u u y +2v v y=0因/(z)解析，所以又有 ux=vy,uy=-vx-(2)求解方程组(1)、(2),得 x =v=匕=V y三0,说明 孙丫皆与工,无关，因而为常数，从而/(z)也为常数。(4)同理，丫 =/两 端 分 别 对 求 偏 导 数，得V,入.=2u ur,vY=2u uvA y j再联立柯西一黎曼方程人x=Vyv,Uyy =-V人,仍有%=%=匕=。三(5)同前面一样，2 +3 V =1两端分别对1,y求偏导数，得2M+3 v =0,2 w +3 v =0人 人 y y考虑到柯西一黎曼方程 x=v y ,u y=-v 八,仍有u A=u y =匕A=

19、匕y三0,证毕。6.计算下列各值(若是对数还需求出主值)(1)e(2)(3)Ln(-3 +4 z)2(4)s i n f (5)(1 +i)(6)2 7 i T T T T解:(1)e 2=c o s(-)+is i n(-)=-i(2)Ln(-z)=In|-z|+a r g(-z)+2k/ri=(-+2k)7ri,k为任意整数,主值为：=-7ri(3)Ln(-3 +4 z)=In|-3 +4 z|+a r g(-3 +4 z)+2km4=In 5 +Q r-a r c t a n +2 4万)i,左为任意整数4主值为：l n(-3 +4/)=In 5 +(-a r c t a n )i/、.

20、e(4)s i n z =2i(5)(1+iy =eiLn(M=2i(lny/2+-i+2km)e 4iln!2-2ku47 1 分,-2k 元 j-/e 4(c o s l n V 2 +z s i n V 2)k为任意整数_ 纥,27(6)2 73=e3|(/27+2M7)-ln 27-kme3=9(33-k/r i当女分别取0，1,2时得到3个值：n i 9 /-9 ,9e3=(1 +V 3/)2 zr1 9 I-9e3=-(-l +V 3 z)2 27 .求 0Arg ez解：废2=/2 _ y,2以，因此根据指数函数的定义，有;2 2 2 2炉=e _ v,A r g e，=2%y

21、+2左万，(攵为任意整数)8 .设2 =%冶，求R e比(z l)解：Ln(z-1)=In|z -1|+z a r g(z -1)+2k/ri,因此R e L(z -1)=l n|z-l|=In /(r c o s -1)2+(r s i n )21?=l n(l-2 r c o s +r )9 .解下列方程：(1)e=1 +A/3Z(3)s i n 2 +c o s 2 =0,T C.(2)In z =/2(4)sh z =i解：(1)方程两端取对数得:z =LH(1+V 3 z)=In 2 +(g +2k)/ii(左为任意整数)(2)根据对数与指数的关系，应有M 冗.兀.z =c o s

22、Fz s i n =z2 2(3)由三角函数公式(同实三角函数一样)，方程可变形为s i n z +c o s z =V 2 s i n(z +?)=()T C 71因此z +一=左肛 即 Z=k7l，左为任意整数4 4炉 e:(4)由双曲函数的定义得 sh z =-=i,解得2(ez)2-2iez-l=0,即/=i,所以71z =Lu i=(5+2k兀)i,k为任意整数10.证 明 罗 比 塔 法 则：若/及g(z)在z 0点 解 析，且/(Zo)=g(Zo)=O,g (Zo)w O,则l im4 4 =f W，并由此求极g(z)g(Zo)s i n z .e:-l限 li m-;li m-

23、z fo z z fo z证明：由商的极限运算法则及导数定义知/-%)T(z)li m2=li m z 7 =+。z -Zo =广(z),z f%g(z)z-力 g(z)-g(z()加 g(z)-g(z()g (z()z _ Zo Z o z _&)由,止,匕，,l.i m-s-i n=z lir m-c-o-s-z-=1iz f 0 z z f 0 re7-1 废 0h m-=li m =e=1z f()z z-0 111.用对数计算公式直接验证：(1)Ln z1 彳 2Ln z(2)Ln y f z =Ln z2解：记2=%”，则(1)左端=Ln r2e2ie)=21n r +(2。+2k

24、兀)i,右端=2ln r+(0+=21n r +(2-=-1 2/2 22ey _ ey2X _-x根据高等数学中的单调性方法可以证明X 2 0时二一%,因此接着2ey _ ey上面的证明，有卜in z|2-|y|,左端不等式得到证明。14.设 证明卜 in z 归 MR,|cos z chR证明：由复数的三角不等式，有sinz|=上1 2/由已知，|M4|Z|R,再主要到X 20时c/zx单调增加，因此有|sin z|chy chR,同理，II eiz+e-iz|cosz|=-一”+e-泛 eTV+J.-=-=chy,3)z流速为 v =/(z)=3z2=3(z)2，流线为3%2y-3三q

25、,等势线为%3-3x y2=c21 1 1(3)=-=-z 2+1(x +i y)+1 x y +1+2x y zx2-y2+1-2x y i-y 2+)2+4%2y 2流速为 v =/(z)=2z(?+l)2-2z流线为(x2-y2+l)2+4x2y2等势线为x2-2+1 _(x2-y2+1)2+2y 2习题三答案1.计算积分J(%-y +及2)，其中c为从原点到1+i的直线段c解：积分曲线的方程为x =/,y =t,即z =x +iy =t +ti,代入原积分表达式中，得3cy +iixx2)d z =(t-t+it2)(?+tid tr1.2/1 +i 31 1 +=it(1+i)d t

26、=-r =-小3 0 32.计算积分J e,d z，其中c为(1)从0到1再到1+i的折线(2)从0至H +i的直线解：(1)从。到1的线段q方程为：z=x +iy =x,从 1 至Ul+i的 线 段 方 程 为：z =x +iy =l+iy,代入积分表达式中，得J e d z =J e d z +j e d z =exd x +e1+v,(l+y id yc q c2=0+ei I (c o s y+z s i n y)d y =e-l+ei(s i n y -i c o s y )|：=e-l+ei(sin 1-ic o s 1 +z)=e(c o s l+z s i n l)-l=e+,

27、-1；(2)从0到1+i的直线段的方程为z =%+i y =，+亿r：0 f 1,代入积分表达式中，得Je dz =1/+)力=(1+i)j对上述积*应用分步积分法，得e(c ost+isin t)d t,ez(s i nr+co s r)ei(sin t-c ost)2+2o(co s t +isin t+s i n t -/co s t)0l+i ie 13.积分e ioj(x2+iy)d z ,其中 c 为a(e 3)0(1)沿=%从 0 至U l +i (2)沿y =/从 o 至i j l +j解：(1)积分曲线的方程为z =%+=/+，/:0 1,代入原积分表达式中，得j(x2+iy

28、)d z=j(产+it)Q+=(1+z)j (r +it)d t=(l +i)g +f)=f|i(2)积分曲线的方程为 z =x +iy =x +x2i,r:0-l,代入积分表达式中，得(丁 +iy)dz=f (x2+ix1)(%+x2i)dx=(1+i)x2+2x3i)dxZ 1.、/2 1 5 .=(l +z)(-+-z)=-+-z4.计算积分J|z|dz，其中c为（1）从一 1 到+1 的直线段（2）从一 1 到+1 的圆心在原点的上半圆周解：（1）c 的方程为2=%,代入，得上|以=口*=21xdx=1（2）c的方程为z =%+i y =co s e+i s i n。，。：乃90,代入

29、，得j z dz =1 (co s 0+i s i n 0)d0=j (-s i ne+i co s。)c=(co s 8 +i s i n8)，=2解：在C 上，忖=1，因而由积分估计式得5.估计积分二r 一1废 的模，其中C 为+1到-1的圆心在原点的上半圆周。上 2+26.用积分估计式证明：若/（Z）在整个复平面上有界，则正整数冏 1时l i m pd z=0/?-+oo J z”其中CR为圆心在原点半径为R的正向圆周。证明：记 则 由 积 分 估 计 式 得0+o o取极限，由夹比定理，得l i m pd z=O,RT+8 J 7”CR 4证毕。7.通过分析被积函数的奇点分布情况说明下

30、列积分为0的原因，其中积分曲线C皆为目=1。(I)r d z，(z +2)2dzz?+2z +4(3)Jcr d z 金;co s z(5)|z e:d z解：各积分的被积函数的奇点为：(1)z =-2,(2)(Z+1)2+3 =0即z =-l J5 i，(3)z =42i(4)z =k;i+,左为任意整数，2(5)被积函数处处解析，无奇点不难看出，上述奇点的模皆大于1,即皆在积分曲线之外，从而在积分曲线内被积函数解析，因此根据柯西基本定理，以上积分值都为0。8.计算下列积分：n.(1)F e2zd z(2)f s i n2 z d z(3)J oJ-TTi解：以上积分皆与路径无关，因此用求原

31、函数的方法：,)z s i n z d z(1)(2)1 -i n 1=-(e2-e0)=-(i-l)2 2产.2,r l-co s 2z ,z s i n2Z s i n z d z =-az =-%2 2 4ni-ni=T ri-s i n 27ri-e n-eu)=(TT-sh 2兀)i2 4z 2=-co s l +s i n z|：=s i n 1-co s 19.计算其中c为不经过a的任-简单正向闭曲线。z -a解：被积函数的奇点为。，根据其与c的位置分四种情况讨论：(1)。皆在c外，则在c内被积函数解析，因而由柯西基本定理 z -a(2)。在C内，一。在c外，则一-在C内解析，因

32、而由柯西积分z +a1公式：f-/Z2=2疝 一=-；z -a-J Z-a z +a z=a a（3）同理，当一”在c 内，。在c 外 口 寸，1n.a（4）。皆在C 内Z=-a此时，在C 内围绕。,一 G 分别做两条相互外离的小闭合曲线。了2，则由复合闭路原理得：注：此题若分解,】,=（-L）,则更简单！z-a 2a z-a z+a10.计算下列各积分r 1解：（1）-；-dz,由柯西积分公式#g；）（z+2）1f-7 -dz=f +2 血=2 疝 一!=M（z-；）（z +2）z +2 4 4+z(2)dz，在积分曲线内被积函数只有一个奇点i,故此同上题一样:dz=2 加 z-i z+i7

33、1r dz（3）-NJ3a +w +4）lzl=2在积分曲线内被积函数有两个奇点土i,围绕i,T分别做两条相互外离的小闭合曲线。,。2,则由复合闭路原理得：1 1dz(?+4)(?+1)但+4）G+，）以+f(i-%z+i=2洲-5-+-=0(Z2+4)(Z+，)Z T(?+4)a-0 z_.(4)-f d z,在积分曲线内被积函数只有一个奇点1,故此J 74-1|z-2|=2%1 z /r (z2+l)(z +l),0.1%4-7 1 dz=4-Z-1-dz=2兀(z 2-+-l-)-(-Z-+-l-7 1 .I2(5)f 1.ns i n z d z，J 72-1 4z=2 Z 1 在积分

34、曲线内被积函数有两个奇点 1,围绕1,-1分别做两条相互外离的小闭合曲线C 1,C 2,则由复合闭路原理得：f 1.7 1 ,；s i n zaz=|z|=J 2 72 _ i 4Z 1 41.71Z-s i n-dz+2-1 c；21.71Z s i n-d zz +1C 1 兀4=2TTI-s i n z+l 41 .ZH-s i n 曰 Z 1 4=yflTriz=-l(6)2n3(Z-D r z2nd z,八为正整数，由高阶导数公式心（Z-D d&2)(T)(D!二2疝2限 -1)./+2 1疝(一 1)!(H-1)!(H+1)!11.(1)计算积分1 ez2力 J z(z-l)3dz

35、，其中c为卜-(3)|z|=2解：（1）由柯西积分公式1 f 炉 1 f e：IT dz I -dz-2/ri J z(z-l)-2加4 z(z-1)同=5 上 片(2)同理，由高阶导数公式1 ez(z2-2z+2)（3）由复合闭路原理1 f 废 1 (Z 1)、1IT dz-I dz H2Z),|J2Z(Z-1)2疝，z 2兀 ie，1 e e=+-()工 1，(z-l)3 2!z 2z=0 z=l其中，c”C2为|z|=2内分别围绕0,1月.相互外离的小闭合曲线。-JydzJ(Z-1)312.积 分I*一dz的值是什么？并由此证明l+2csde=0房 z+2 小 5+4cos8f1解：首先

36、，由柯西基本定理，-dz=0,因为被积函数的奇点在积M=i z+2分曲线外。其次，令z=r（cos0+isin。），代入上述积分中，得r 1 ,一sinO+icos。，八-dz=-dB =1z+2 小 2+cos。+i sin。(-sin 6+i cos 6)(2+cos 6-i sin 6).1(2+cos 6)2+(sin 6)22万(一sin6+icos6)(2+cos6-isin。),.-(16=0。5+4cos6考察上述积分的被积函数的虚部，便得到-sin6+icoseX2+cos”isin6)de)5+4cos6=1T +2cs为e =o,再由c o s。的周期性，得M 5+4co

37、s6,2乃 l+2cos6 IZ1-dU5+4cos6y l +2 c o s。F l+2 co s6，八 八=-dO=2L5+4cose-dO=0,证毕。由 5 +4 c o s。1 3.设/(z),g(z)都在简单闭曲线c上及c内解析，且在c l:.f(z)=g(z)，证明在c内也有/(z)=g(z)。即证明：由柯西积分公式，对于c内任意点Z。，/(%)=4葭4)=白 皿改，2兀I.Z-Zo M ：工一z0由已知，在积分曲线C上，/(z)=g(z)，故此有f(Z o)=g(Z o)再由Z o的任意性知，在C内恒有/(z)=g(z)，证毕。1 4 .设/(Z)在单连通区域。内解析，旦证明(1

38、)在。内/(z)w O；(2)对于。内任一简单闭曲线C,皆 有f A d z =0/(z)证明：(1)显然，因为若在某点处/(z)=o,则由已知|0-1|1,矛盾!(也可直接证明：壮(z)|T|/(z)-l|l，因此-l|/a)|-l l,即o|/(z)|2,说明/(z)w O)(3)既然/(z)w o,再注意到/(z)解析，/(z)也解析，因此由函数的解析性法则知上 也在区域。内解析，这样，根据柯西基本定理,“Z)对于。内任一简单闭曲线c,皆 有(13么=0,证毕。1 5 .求双曲线y 2一2=c (c w O为常数)的正交(即垂直)曲线族。解：=/一 2为调和函数，因此只需求出其共甄调和函

39、数仪羽y),则丫(%,丁)=。便是所要求的曲线族。为此，由柯西一黎曼方程vx=-uy=-2 y,因此 u=J(-2 y)d x =-2孙+g(y),再由vv=x=-2%知，g (y)三0，即g(y)=7为常数，因此v=-2x y +c0,从而所求的正交曲线族为孙三c(注：实际上，本题的答案也可观察出，因极易想到f(z)=-z2=y2 /一2移i 解析)1 6 .设丫=”飞皿丁，求p的值使得丫 为调和函数。解：由调和函数的定义+V.v v =/si n y+(-e*si n y)=0,因此要使y为某个区域内的调和函数，即在某区域内上述等式成立，必须P?1 =0 ,即 =1。1 7.已知 +丫 =

40、x?-y?+2盯一5%5 t，试确定解析函数f(z)=u +iv解：首先，等式两端分别对,y求偏导数，得uv+vx=2x +2 y-5-(1)uy+vv=-2y+2 1 -5-(2)再联立上柯西一黎曼方程uAx =Vyv-(3)uy=-vx-(4)从上述方程组中解出人.,、,，得ux=2x-5,uy=-2y这样，对“x积分，得M=%2 5x +c(y),再代入巴,中，得cf(y)=-2y,c(y)=-y2+c0至此得到：u =x2-5 x-y2+cQ,由二者之和又可解出丫 =2孙一5 y一分，因此f(z)=u +iv =z2-5z +c0-coz,其中c 0为任意实常数。注：此题还有一种方法：

41、由定理知=ux+ivx=ux-iuy=2 x-5 +2y i=2 z-5由此也可很方便的求出/(z)。1 8.由下列各已知调和函数求解析函数/(Z)=+而解：u =x2-x y-y2,/(z)=-1 +z,由柯西一黎曼方程，vy=ux=2x +y ,对积分，得v=2x y+；y 2 +c(x),再由匕=一人得2丁+c (x)=-%+2 y,因此 0)%同上题一样，f(z)=ux+ivx=vy+ivxx -y .z 1=-2 +-l =/%+y z z z因此/(z)=l n z +c b，其中的I n z为对数主值，”为任意实常数。(4)=(%c o s y-y s i n y),/(0)=0

42、八=一 丫=e (%s i n y +s i n y +y c o s y),对积分，得v=s i n y exx d x +ex(s i n y +y c o s y)+c(x)=s i n y (%-l)ex+ex(s i n y +y c o s y)+c(x)=(x s i n y +y c o s y)+c(x)再由j=%得c (%)=0,所以c(x)=为常数，由/(0)=0知,%=y =0时u =0,由此确定出C o=O,至此得到：v=e*(%s i n y +y c o s y)/(z)=u +iv=e，(%c o s y -y s i n y)+iex(x sin y +y c

43、 o s y)，整理后可得/(z)=z/1 9.设在|z区1上/(z)解析，K|/(Z)|1,证明 夕(0)归1证明：由高阶导数公式及积分估计式，得5=ZJ f2 勺 z|L夕(。)卜1 J严)1杰|z|二l1 f 1d s=-2=1,证毕。1711 A 2乃闫=12 0.若/(Z)在闭圆盘|z -Z o|R上解析，且试证明柯西不等 式|/(,)(20)o o i J(2)z =(i+j r解：1 +=(c o s +z s i n0),其中 e =a r c t a n，则2 2 2=等(c o s O +i s i n。)-n _ 2 _J5(c o s 。一 i s i n 9).7(c

44、 o s 6-i s i n 6)=0因为 l i m f=0 ,I c o s n d -i s i n =1,所以 l i mv5)由定义4.1知，数列&收敛,极限为0.z.解：因为1 nrr.1 丁:一g /nnn.-1e 2=由定义4.1知，数列 z“收敛,z,Y)zL 1 ，所以l i m e 2=0 8 极限为0.1,l i m-=0,“T O O 解：设 z =c o s 0+z s i n O),则 z =(=)=c o s 2n d+z s i n 2n d,因为 l i m c o s 2n d ,l i m s i n 2”。都不存在，所以l i m z 不存在，由定理4

45、.1知，数列 z.不收敛.TOO”一 00I)2 .下列级数是否收敛？是否绝对收敛?o o ；n(1)Z 匕解:n 18：n由正项级数的比值判别法知该级数收敛，故级数工上收敛,n!M ！且为绝对收敛.O C 斗=2 I n nn冗.n 7ro o o o c o s c o si n 解：y=yz+iZ匿 In/z 占 In nn7r00 cos 因为 Z,=2 In n1111In 2 In 4 In 6 In 8是交错级数,根据交错级数的莱布尼兹审敛法知该级数收敛，同样可知,00n=2.n7TsinIn n1-1111-+-+-+In 3 In 5 In 7 In 92_oo_也收敛，故级

46、数 J是收敛的.“=2 In n又 匚=-,匚匚，因为 一发散，故级数 一发散，从“=2 Inn n=2 Inn Inn n-n=2 n-=2 Inn而级数 二条件收敛.“=2 ln3 En=0cos in200 _ _ _ 8 _/1 i _ _ rt 8 _/l 00 _ zi oo n解：z m竺因 级 数 缶发 散，故n=0 乙 w=0 乙=0/=0乙=0乙之嘤发散.w=o(4)之/=0 ！解：色平=绰，由正项正项级数比值判别法知该级数收敛，故=0 ，n=0 级数包 包 _收敛，且为绝对收敛.“=o n3.试确定下列幕级数的收敛半径.(1)。+，*=0解：也=1+=行，故此募级数的收敛

47、半径解:limr(n+1)!nn r 1 1lim-=lim-=-“f 8(+i)n-+en故此基级数的收敛半径R=e.co且n=l解：i m-=li m=1,故此界级数的收敛半径&=1.M-00C-8 I e（4）之竽*-2”=1乙解：令/=z,则 黑卡=写Z TM=1 2 H=1 L|2H+1|盟1号+则 养 卜;，故幕级数 竽 Z T的收敛域为|Z|2,即|z|2 2,从而塞级数 与 z 2 2的收敛域为忖 /，收敛半径为R=y 2.”=1 24.设 级 数 收 敛，而同|发散，证明a z的收敛半径为1.=0=0?i=0证明：在点Z=1处，因 为 收 敛，所以%z收敛，n=0=0 n=0

48、 n=0故由阿贝尔定理知，目1时,E|zz,|E ln|,因为:同发散,根据正项级数的n=0 n=0=0比较准则可知，同0发散，从而 同 团 的收敛半径为1，由定理4.6,W=0 M=0的收敛半径也为1./i=05.如果级数 ,/在它的收敛圆的圆周上一点Z。处绝对收敛，证明它在M=0收敛圆所围的闭区域上绝对收敛.证明：忖%|时，由阿贝尔定理，绝对收敛.”=08 8 00忖=%|时，Ehl k|=Z h l h on|由已知条件知，卜 标|收敛，“=0=0=0即E卜 口|收敛，亦即%z 绝对收敛.M=0 M=06.将下列函数展开为z的幕级数，并指出其收敛区域.解：由于函数+：2 5的奇点为z =

49、i，因此它在|z|l内处处解析，可以在此圆内展开成z的幕级数.根据例4.2的结果，可以得到12=1-z2+z4 +(-l)z +,z 1 1 +z 将上式两边逐项求导，即得所要求的展开式-1、，=(7)()=l-2z2+3z,H-F(-1),+I/?Z2,：!+，卜|1.(1 +z2)2 1 +z2 2z 1 1(2)(z-a)(z-6)(。w 0,b w 0)解：a=b时，由于函数-(4*0)*0)的奇点为7=。，因此它(z-a)(z-b)在 。内处处解析，可以在此圆内展开成z的基级数.(z-az-b)(z-af a-z=1 (Z11 d z F d-Fz )、,a a an1n-1-1-7

50、12 n+la c i7,-1+J z a .awb时，由于函数-(a =0,8*0)的奇点为Z j =a,?2=%，因此(z-a)(z -b)它在 W mi n|a|，M|内处处解析，可以在此圆内展开成z的雷级数.士 H+(/T)z+或 一 贵 尔+.讣|mi n|a|,0|.(3)c o sz2解：由于函数c o sz?在复平面内处处解析，所以它在整个复平面内可以展开成z的事级数.,4 8 2nC O S Z2-1-1-+(-1)-1-,|z|+00.2!4!(2n)!1 1(4)sh z解：由于函数舫z在复平面内处处解析，所以它在整个复平面内可以展开成z的幕级数.(iz Yz +*+-s