复变函数论习题集解答

第一章

一、1．C 2.D 3.B 4.C 5.C 6.B 7.C 8.B 9.B 10.D 11.B 12.A

13.D 14.D 15D

二、1．ACD 2.BDE 3.CDE 4.ADE 5.ABCDE 三、1. arctgyx?π 2.

nreiθ?2kπn?k?0,1,?,n?1?

3.(1).D开集 (2)D中任意两点可用全在D中的折线连接. 4.在D内无论怎样划简单闭曲线,其内部仍全含于D. 5.对E内每一复数,z有唯一确定的复数w与之对应. 6.如果z0及f?z0?之一或者它们同时取? 7.

125πe12 8. z?z0?r,z0为圆心,r为半径

9.平面上点z0的任意邻域都有E的无穷多个点.

10.(1)彼此不交 (2)I?C?是一个有界区域 (3)E?C?是一个无界区域

(4)若简单折线p的一个点属于I?C?,另一个端点属于E?C?,则p必与C有交点. 四、1.解:z4??a4 zk?4π?2kππ?2kπ??a?cos?isin?,k?0,1,2,3

44??22.解:1?cosψ?isinψ?2sinψ2?2isinψ2cosψ2

ψ? ?2sin?2?sin?i2ψψ?co?s 2??πψ??sin2????? 2??ψ? ?2sin?2??πψ?c?os???i22???πψ????i?22? ?2sinψ2e

223.解:设z?x?iy,w?u?iv,则曲线z?1?1,可写成x?y?2x

w?1z?zz?z?x?ivx?y2?2xx?y2?i2yx?y2 2即u?xx?y1z22?x2x?12

12故w?将z平面上曲线z?1?1变成w平面上的直线u?

4.解:设z?x?iy,则

w?1?z1?z??1?x??iy?1?x??iy1?x?y2222?1?x?y??2yi ??1?x??y2222故Rew??1?x??y122 Imw?2y?1?x??y2222

w??1?x??y?x42?y2?2?1?2?x?y? 5.解:?cosθ?isinθ?

?cosθ?4icosθsinθ?6cosθsinθ?4icosθsinθ?sinθ432234

但?cosθ?isinθ??cos4θ?isin4θ

故cos4θ?cos4θ?sin4θ?6cos2θsin2θ?1?8sin2θcos2θ

sin4θ?4cosθsinθ?4cosθsinθ334

五.1.证明?z?1,?ab22az?bbz?a222?az?baz?b ?bz?abz?aaz?bbz?a?1

??abz?abz?b?abz?abz?a?1 故

设xn?iyn??1?i3? (xn.yn为实数,n为正整数) 2.证明:已知

xn?iyn?1?i3?13n?2???22?5nπ3nn??n?5nπ5nπ?n?i??2?cos?isin??33???5nπ3n

因此 xn?2ncosxnyn?1?xn?1yn

,yn?2sin

?22nn?15?n?15??π?n?5nπ5nπsin?sincos?cos3333?π?1?? ? ?22n?1?5?n?1?π5nπ?sin???

33??n?22n?1π43?5π?2n?1n?1sin???2sin???4?3?3?322? 3.证明:由于?z1z2z3与?w1w2w3同向相似的充要条件是?z3??w3,且

z2?z3z1?z3?w2?w3w1?w3,而?z3?argz2?z3z1?z3,?w?argw2?w3w1?w3,于是有

z2?z3z1?z3?w2?w3w1?w3,

z1w11即z2w21?0

z3w31试证:以z1,z2,z3为顶点的三角形和以w1,w2,w3为顶点的三角形同相似的充要条件

z1w11为z2w21?0

z3w314．证明：z1,z2,z3,z4四点共圆或共直线的充要条件为

?z1z2z3??z3z4z1?0或π

z?z4z1?z2:z3?z4z3?z2试证：四相异点z1,z2,z3,z4共圆周或共直线的充要条件是：1z3?z2z2?z1z1?z4z4?z3为实数。

但?z1z2z3?argz?z2z2?z1，?z3z4z1?arg

arg3?z?z4ar1g?z4?z3z?zz?z4ar3g?21， ?z2z1?z4z3z1?z4z1?z2:z3?z4z3?z2因此z1,z2,z3,z4共圆周或共直线的充要条件为试解函数f?z??5．f?z??11?z11?z为实数

在单位圆z?1内是否连续？是否一致连续

在z?1内连续但非一致连续

11?z证明 （1）1?z在z?1内连续且不为0，故在z?1内连续

（2）?ε0?1,?δ?0,??δ??z1?z2?1??2?，均存在z1?1?δ4,z2?1?δ2使得

δ4?δ

11?z1?11?z2?2?1

f?z1??f?z2??δ故f?x?在z?1内非一致连续

证明：Z平面上的圆周可以写成AZZ?BZ?BZ?C?0其中的A,C为实数A?0，

B复数且B?AC

26．证明：?Z平面上的圆周可以写成

z?z0??????? 其中z0为圆心，?为半径 ????z?z02??z?z0??z?z 0? ?z?z?0z?z?0z?z?z 0?z0 令A?1,B??z0,C?z0???，从而圆周可以写成 AZZ?BZ?B?Z?0CA,C为实数，且B22?z02?z02???AC

?

第二章

一、1.D 2.C 3.D 4.B 5.B 6.C 7.D 8.C 9.B 10.

11.D 12.B 13.C 14.C 15.D

二、1.BC 2.ABDE 3.ABCDE 4.BD 5.ADE

三、1、不解析，但在z0的任一领域内总有f?z?的解析点

2、（1）二元函数u?x,y?、v?x,y?在D内满足C?R条件。 3、2kπi（k为整数） 4、zne1argz?2kπn，k?0,1,??,n?1

5、变点z绕这点一整周时，多值函数从其一支变到另一支。

6、z?a,z??,以z?a出发并伸向无穷的广义简单曲线，割破后的z平面上。 7、ln5?i?argtg??4???2k?1?π? 3?8、（1）a是一整时， （2）a是一有理数学 （3）a是一无理数或虚数。

9、（1） 10、f?z2?ei?角的连续改变量

cpq，（既约分数）

argf?z?，eiargf?z1?，当z从z1沿曲线C到终点z2时，f?z?的幅

四、1、解：u?x,y??ex?xcosy?ysiny??v?x,y??ex?ycosy?xsiny?

y?ysiyn? ux?ex?xcos?y uy?ex??xsiny?siyncy?o?svy cy?o?s?vx

故f?z?在z平面上解析，且

f'?z??ex??cosy??x?1??11x?iyx?yizysiny???ie??siny??x?1??ycosy??x

x2、解：e?e?ex?y22?ex?y22?yx?y22i?e

?1?2 ?Re?ez??ex?y??xy2cosx?y2

23、解：cos?1?i??ei?1?i??e2?i?1?i?

?e1?i?e2?i?1?i?

?1??i?s?in1??e??2?e?1 ?cos?1?e?2?e

4、证明：?f?z??3?1?z?z2可能的支点为0，1，?

由于 3|1f?z?的支点为z?0,1，因此在将z平面沿实轴?，故2从0到期割开后，就可保证变点z不会单绕0或者说转一周，于是在这样割开后的z平面上f?z?就可以分出三个单值解析分支。

另由已知 argf?z??π得 f?i??31?iii62πiei?cargf?e?z

??2e ??62e ??2e6??ar?g?z1???cc3?2za?rg?i?3π?π?2???3?4?27π12

i

sinzcosz?1?2i?e?e15iz?iz5、解：设z?x?iy,由tgz?1?2i得

?e2iz??i?2??e?eiz?iz?

??1525?i5?eln54?2ycos2x??25，sin2x?1??arctg2?

?e?4y?,y?且tg2x??,x?21??1???π????2???z?1??arctg2??ln5?1???πi ????24???五、1、证明：设f?u?iv,g?if?p?iQ则f?u?iv,g?v?iu,由 f?z?在D内解析知ux?vy,uy??vx，从而

py?vy?ux?? px?vx??uy?Q Qx,v 因而g?z?亦D内解析

2、证明：设f?z??u?iv.则f?z??u?iv，由f?z?与f?z?均在D内解析知（1）ux?vy,uy??vx,（2）ux??vy,uy?vx,

结合此两式得ux?uy?vx?vy?0，故u,v均为常数 3．证明：由f?z??z1?z22得f?z??'1?z22?1?z?2，从而于是f?z?在D必常

数 z?ff'?z??z??1?z1?z22??1?z??1?z2?1?z??1?z242??1?z??2Iz?i ?1?z?Rez42m42'?1?zf?z???Re?z???42??fz??1?z?2Rez??

由于z?1，因此1?z?0,且

1?z44?2Rez?1?z24?2z2?1?z?2?2?0

'?f?z??故Re?z??0 ???f?z???4、证明：设z?x?yi?reiθ,则x?rcosθ,y?rsinθ, 从而ur?uxcosθ?uysinθ,uθ??uxrsinθ?uyrcosθ

vr?uxcosθ?vysinθ,vθ??vxrsinθ?vyrcosθ,

再由ur?1rvθ,vr??1ruθ，可得ux?vy,uy??vx，因此可推得f?z?在点z可微且

11rr1??r f'?z??ux?iuy??rcosθur?sinθuθ??i?rsinθur?cosθuθ?s?isθin ??coθ?ur

θsin?iθ?cousθ

s?isθin ??coθ?ur??θsi?niθ?cvo srs?isθin ??coθ??ur?ivr?

?1coθs?isθin?ur?iv?r?rz?ur?i?rv

?x3?y3?5．证明：u?x,y???x2?y2?0??x,y???0,0?

?x,y???0,0??x3?y3? v?x,y???x2?y2?0??x,y???0,0?

?x,y???0,0?u??x,0??u?0,0??x?lim?x?x?1

于是ux?0,0??lim 从而在原点

?f?f?z'?x?0?x?0f?z?满足C?R条件，但在原点，

?z??ivx???u?i?v???ux?0,??0?z??

0,0 ??1?i????x??33???y????1?i??z????x?3???y?3??z??

当?z沿?y??x?0时

?f?f?z'z?????1??i2??x?2 故f?z?在原点不可微

6、证明：?f?z??z?1?z?的可能支点为z?0,1,?由 知f?z?的支点

为z?0,1,于是在割去线段0?Re?1的平面上变点就不可能性单绕0或1转一周，故此时可出两二个单值解析分

由于当z从支割线上岸一点出发，连续变动到z??1时，只z的幅角共增加

π2，

由已知所取分支在支割线上岸取正值，于是可认为该分支在上岸之幅角为0，因 而此分支在z??1的幅角为

π2π，故f??1??2e2i?2i

第三章

一、1D 2B 3C 4A 5C 6D 7C 8B 9B 10A 11A 12C 13C 14B 15B

二、1BD 2ACDE 3ABC 4CDE 5BC 三、1、?udx?vdy?i?vdx?udy

CC2、?

?2?in?1?0n?1

3、ML,M?0使得?f(z)??M，L为C之长 4、解析， 连续， 0 5、解析，F?(z)?f(z)

n!f(?)d?c6、

?2?i?H?x22(??z)?H?y22n?1(z?D)

7、??0

8、?(x,y)(x0y0),??x?ydx??u?xdy?C，其中C(x0,y0)为D内的定点

9、2?(?6?13i)

10、r及其内部均含于D，四、1、?

=?=

?2?2?a32z?4z?z?| ?3?0238?a?16?a?2?a

3322n!M(R)Rn，max|f(z)|,n?0,1...

z?a|?R2?a0(2z?8z?1)dz

2sin2、解①若C不含z=?1，则?czdz4?0 2z?1?sin?②若C含z=1但不含有z=-1,则?c42z?1zdz2?2?i?22?22?i

sin?42zdz?③若C含有z=-1,但不含 z=1,则：?④sin22cz?1?i

,

22若zd1cC含有

z??1则：

??c42z?1??s?1zi?n2?z?4z?2?i1d((z2z122??)i) 1?23、解?u?x2?xy?y2

?ux?2x?y?vy?2x?y

?v?2xy?y22?c(x)

?vx?2y?c?(x)??uy?2y?x

?c?(x)??x?c(x)??x22?D

?f(z)?(x?xy?y)?(2xy?i222y22?x22?D)i

12由已知f(i)=-1+i?-1+i=-1+?Di?D?

?f(z)?(x?xy?y)?i(2xy?11zdzz222y22?x22?12)

4 .=

?2?i1|z|?1[2?(z?)]f(z)

]dz

2?i?2f(z)z|z|?1?f(z)?f(z)z=2f(0)?f?(0)?2?f?(0)

coszc5. 解：?(z?i)4?2?i(cosz)3!(3)|z?i

=

?i3sini??ie3?1?e2i??1(?e）

6edzz?2?0

五．1．证明：?|z|?1,??设z?e,dz?ied??

i?i?|z|?1

0??2?0ied?i?ei???2?2?0(icos??sin?)[(cos??2)?isin?](cos??2)?sin?d?

?022d?

=?2?0?2sin??i(1?2cos?)5?4cos?2?0于是?1?2cos?5?4cos?d??0,故?1?2cos?5?4cos?d??0

2．证明：设

f(z)?u?iv?4f?(z)2?4(ux?vy)

222f(z)=u?v，

2222?f(z)?x?2uuy?2vvx

?2f(z)?x2?2ux?2uux?2vx?2vvx

222222同理可得：

?f(z)?y2?2u2y?2uu2y22?2vy?2vvy

于是结合C?R条件及u,v为调和函数可得： ?22(?x??22?y)f(z)2?4(ux?vx)?2u(ux?uy)?2v(vx?vy)

222222222=4（ux?vx）=4f?(z)

3．证明：?f(z)在|z|?1上连续，?f(z)在|z|?1一致连续，因此???0，???0，

i?i?使当1???r?1时均有|f(e)?f(re)|??2?,(0???2?)

于是：|?=|??2?0|z|?1i?f(z)dz|?|?i?|z|?12?0f(z)dz?i?1?ri?|z|?rf(z)dz|

f(e)ied??i?1ri??f(re)ried?|

?2?0|f(e)?f(re)|d???

f(z)dz?0

i???|z|?14．解：设z?e，

dz1?(z)2c21为0到1的直线段，c2为1到z的圆弧，则由柯西积分定理 ??C??c1?(z1dz)?cdz21?(z)2=?10dx1?x2???0iei?2i?1?ed?

=RE?dzC1?z2??4

5．解：由??v?(x?y)(x2?4xy?y2)?2(x?y),得 ?x?vx?(x?4xy?y)?(x?y)(2x?4y)?2

22=3x2?3y2?6xy?2

两式相加并结合C?R条件得： ?x?3x?3y?2

22从而??x3?3y2x?2x,v??y3?3x2y?2y 故 f?x3?3y2x?2x?(i32x?y

3y?2 )y第四章

一、1C 2A 3D 4B 5C 6D 7D 8C 9B 10A 11D 12D 13C 14A 15B

二、1AB 2BCD 3AE 4ACD 5BC 三、1．|z?a|?|z1?a|,绝对收敛且内闭一致 2．（1）在区域D内解析，

（2）在D内内闭一致收敛于函数f(z) （1） 在区域D内解析

?（2） f(p)(z)??n?1f(p)(z),(z?D,p?1,2,...,)

3．f(z) 在D内任一点a的领域内可展成z?a的幂级数。 4．

?2?iΓ1f(?)?(??a)d??n?1f(n)(a)n!,Γ?:|??a|??,0???R,n?0,1,...

且展开式是唯一的。

?5．2k?i??(?1)n?1n?1znn,(|z|?1,k?0,?1,?2,...,)

6．（1）C（2）n?1?Cn?2(n?2),1

5?125?125?125?12，|z|?m,z?,?

7．f(z)?(z?a)?(z),?(z)在|z?a|?R内解析，且?(a)?0 8．一个收敛于a?D的点列?zn?(zn?a) 9．D内任何点都不能达到，恒等于常数。 10．

1?i2(1?i2?z??n?2(2n?3)!!nniz),|z|?1

(2n)!!!?2(n)四、1解：?f(z)?(1?z),f?(0)?(n?1)!

从而f(z)??(n?1)zn?on,(|z|?1)

2．解：sinz?sin[(z?1)?1]?sin(z?1)cos1?cos(z?1)sin1

?=cos1?n?0?(?1)n?(2n?1)!k?2(z?1)2n?1?sin?n?0(?1)n(2n)!(z?1)

2=?k?01k!sin(k?1)(z?1),|z?1|???

?3．解：令g(w)??wn?1n(w?z)

2?则g(w)的收敛半径为1，从而?(z2)n的收敛半径亦为1

n?14．解?cosz?1的零点为z?0,z?2k?,k??1,?2,...

?而在z?0点cosz?1??(?1)n?1nz2n(2n)!,因而z?0为f(z)的4级零点，

z?2k?，f(z)(k??1,?2,...)均为f(z)的二级零点，

i?5．解：在闭圆|z?z0|?1上有z?z0?e(0???2?)

从而|ez|?|ez0?e|?|er0ei?i?0?ei?|

=|(r0cos?0?cos?)?i(r0sin?0?sin?)|

1?[(r0?1)?2r0(cos?0cos??sin?0sin?)]2

12?[(r0?1)?2r0cos(?0??)]2

2故ez在闭圆|z?z0|?1上的最大值为

1[(r0?1)?2r0]2=r0?1?1?|z0|

2五．

1． 证明：由柯西不等式|an|?M,当|z|??时，

?n?|f(z)?a0|??|an||z|?Mn?1|z|??|z|,

因此|f(z)|?|f(z)?a0?a0|?|a0|?|f(z)?a0|

|a0|?|a0|?M|z|??|z|?|a0|?M|a0|?M?

??|a0||a0|?M?=|a0|-|a0|=0 故f(z)在|z|?12?i?|a0|?|a0|?M上无零点

22． 证明：?=

12??2?0f(re)d?

i?i??2?0f(re)?f(re)d?

??nin?=

12??2?0(?anren?0)?(?anren?0n?in?)d?

对任意自然数m,k若m?k，则

?2?0eik??e?im?d?

1i(k?m)?=?2?0ei(k?m)?d??e(k?m)i2|2?0?0

因此，根据逐项可积公式即得：

12??|f(re)|d?02?i??12??|an|r02?22n?d???|an|rin?022n

3． 证明：?在0?|z|?1内任意一点z，e?1?z ?zn!?n?1n?|e?1|?|z|?z|z|22|z|?121?31173?|z|(1??)?|z| |z|2443z3另一方面：|e?1|?|z?zz22|?1|z||z|13?|z|???|z|

|z|22441?34． 证明：取r?R,则对一切正整数k?n时，

|f(k)(0)|?k!2??|z|?r|f(z)zk?1||dz|?k!Mrrkn

(k)于是由r的任意性知对一切k?n均有fn(0)=0

故f(z)??cznk?0n,即f(z)是一个至多n次的多项式或常数

5． 解：?e?1?z?zz232?4z63?5z424?z5120?...

ln(1?z)?z?z22?z3?2z4?3z5?...

45345?eln(1?z)?(z?34zz2?z3?4z4?5z5)?(z?52z2?z32?z43)?

53z?... ? (z?z?z)?(z?z)?z?...?z?z?z?246612242340

5第五章

一、1D 2B 3D 4D 5C 6C 7D 8B 9B 10D 11B 12 B 13A 14B 15C

二、1ABCDE 2AC 3ABCD 4ABCDE 5ABC 三、1．r?|z?a|?R,r?0,R??? 1f(?)(??a)n?1?2?iΓd? (n?0?,1,. ..圆周|??a|?? (r???R) 2．（1）f(z)在点a的主要部分为零 （2）limf(z)?b (??)

z?a（3）f(z)在点a的某去心领域内有界 3．点a的充分小去心领域内不为零，本性奇点

4．不论A有限还是无穷，都有一个收敛于a的点列{zn}

m5．（1）f(z)在z??的主要部分为b1z?...?bmz (bm?0)

（2）f(z)在z??的某去心领域N????内能表成f(z)?zm?(z) 其中?(z)在z??的领域N内解析，且?(?)?0

（3）limf(z)不存在，（即当z??时，f(z)没有有限或无穷的极限）

z??6．（1）f(z)为常数

（2）f(z)是一个m次多项式

?（3） 展式?cnzn(0?|z|???)中有无穷多个cn?0

n?07．f(z)在扩充复平面上除极点外没有其它类型的奇点 8．m?n级零点，n?m级极点，可去奇点 9．

22(1?i),22(i?1)三级极点，?，6级极点

10．2k?i(k?0,?1,...) 一级极点，?，非孤立奇点

四、1．解：

z?2k?12tgzz?sinzzcosz,故在z?0为可去奇点，

?(k?0,?1,..)

为一级极点，z??为非孤立奇点 2．解：f(z)?1(z?1)(z?2)1z?112(1?z2)?1z?1??1z?2

（1）f(z)????n?0(?1)z?nn1nzn(?1)() ?2n?02??=?(?1)n(1?n?012n?1n)z

（2）f(z)?1z?11Z?12?1z2

1??1??=?(?1)n?0n1zn?1??(?1)n?0nz2nn?1

（3）f(z)?11?z?11?(z?1)11??n?0(?1)(z?1)nn?1

?（4）f(z)?????(z?2)z?2(z?2)?1n?0n?1

（5）f(z)?1z[11??1z?11?2z]

?=?(?1)n?0?n1zn?1??(?1)n?0n2znn?1

=?(?1)n(1?2n)n?01zn?1

3．解：f(z)?1zz256ez21?z??z2z?...?z?z3znn!?...z(1?z)2

=?1??z...

4．解：f(z)?1z?2?2z2?1??112?212

1?zz21?1z2?=?1(z?)n2?2??(?1)n2n?2 n?0n?0z5．解：f(z)?z?1?ezz(ez?1) 奇点为z?0为一级极点，

z?2k?i(k??1,?2,...)为一级极点，z??为非孤立奇点

五、1．证明：

（必要性）若f(z)为单叶整函数，由于整函数分为三类 ①f为常数，与单叶性矛盾

?②f为超越整函数，f(z)??cznn(0?|z|???)

n?0它仅有z??为本性奇点，由picard大定理，

?A??,除一个值A?A0外，均?{zn},zn??使得f(zn)?A(n?1,2,..)

此亦与单叶性矛盾。

③f为一多项式，f(z)?c?cz?...?cm0mz(cm?0),由代数基本

定理，?A??,f(z)?A必有且只有m个根，再由f(z)单叶知必有m?1，f(z)?az?b(a?0 )为整函数且?A??,f(z)?A,有且只有一个根，故f(z)为单叶整函数 2．证明：（必要性）由于f(z)在扩充z平面上只有一个一级极点， 当z??为极点时，f(z)?az?b

当zA0??为极点时，f(z)?z?z?B(A?0)

0=

Bz?(A?Bz0)z?z

0?Bz0?(A?Bz0)??A?0

故

（充分性） 若f(z)?az?bcz?d,ad?bc?0

dc因而a,c不同时为0，①c?0，f(z)只有一个一级极点z??②c?0，则a?0且d?0，f(z)只有一个一级极点z?? 3．解：①当m?n时，a为f(z)?g(z)的max(m,n)级极点，为

fg

f,g的m?n级极点，为的m?n(m?n)级极点与n?m(m?n)级零点

②当m?n时，a为f?g的至多m级极点（此时各种情况均有可能产生）

1(z?a)m例：f??z,g?k?1(z?a)m?z(k?N)

k?a 为f,g的m?n级极点，为

fg的可去奇点

4．解：令??1z21?，则e1?z?e??1?e???(1???22?...)

=?(1????23??33!??444!??55!...)(1???52?24...)

(1??22...)(1??3!...)(1?4?4!5)...

=1???1z?2??3?3?111?8??4?5?4...

=1??12z211183z3z45z5?...

5．证明：?limf(z)?z??c0??

????0,?R?0,当|z|?R时均有|f(z)?c0|??

选取充分大的r?R,使得C在|?|?r内部

1f(?)由于|?2?i?||?r??zd??c0|

?12?i12?[?f(?)|?|?r??zd????c0||?r??zd?]|

???r|f(?)?c0||??z|||?r|d?|

??r?|z|12?i??

故limr?????f(?)||?r??zd??c0

①z?D，则?12?if(?)|?|?r??zd???cf(?)???zd??0

故

?cf(?)???zd??0?c0

②z?D，亦可选取充分大的r0?r,使得

?2?ic从而

1f(?)???zd???2?i?1f(?)r0??z||?d??f(z)

?2?ic??z?1f(?)d??f(z)?c0

第六章

一．1．C 2．B 3．D 4．C 5．A 6．D 7．D 8．A 9．C 10．B 11．B 12．A 13．D 14．C 15．D

二．１．ＤＥ ２．ＢＣ ３．ＡＢ ４．ＡＢＣＥ ５．ＡＢＤＥ 三．1．

?(n?1)(a)(n?1)!,?(z)?(z?a)f(z)

n2．

?(z)?'(a)1,?(a)?0,?(a)?0,?'(a)?0

3．

2?i?4．??i

n?f(z)dz,?|z|???r,f(z)在0?r?|z|???

5．?Resf(z),Resf(z)

k?1z?az??6．（1）(n?m)?2，（2）在实轴上Q(z)?0，2?i7．limg(z)?0，0，m?0

R????Imak?0Resf(z)

z?ak8．高，在实轴上Q(z)?0，m?0，2?i9．limf(z)??，i(?2??1)?

R????Imak?0Res[g(z)ez?akimz]

10．lim(z?a)f(z)??，i(?2??1)?

r?0四．1．解：?z?1?0，则 zk?ei2k?1mm?，k?0,1,...,m?1 z2mm故f(z)?1?z的孤立奇点为zk(k?0,1,...,m?1)及? (z?zk)z1?zz2m2mResf(z)?limz?zkz?zk?lim1mzm?1z?zk?1mzm?1k?zkmzmk??zkm

当m?1时，f(z)?Resf(z)?1，

z?11?z，此时f(z)的孤立奇点为z??1及?

?Resf(z)??1，

z??m?1当m?1时，Resf(z)???(?z??zkm)?k?0?m1m?1zk?1mei?m2?i??mm1?(e)????k?01?ei2?m?0

2．解：f(z)?e2z4z(z??i)的孤立奇点为z?0,z??i,?，

Resf(z)?z?0??4i??16?55，Resf(z)?z??i2(???18)6?224?i(4??)2?5

Resf(z)?z????18?6??????6?i? ?３．解：?|a|?1，|b|?1且a?b

dz(z?a)(z?a)??n?1??|z|?1nn?2?i[Resf(z)?Resf(z)]

z?az?b?2?i?(?1)n(n?1)...(2n?2)(n?1)!dziz(1(b?a)2n?1??)?0 2n?1?(a?b)?11z)

４．解：设z?ei?，则d??,cos???122(z??2?0d?a?cos???dziz22a?z?2|z|?11z??2idzz?2az?1|z|?1

?a?1，故奇点为z0?a?1?a

2?a?12?2?0d?a?cos??4??Resf(z)??z?z0

５．解：设g(z)?ix1(z?2)(z?9)dx?2?i2222，则在实轴上(z?2)(z?9)?0

于是?????e?x2?1??x?9?2?Imak?0Res[g(z)e]

z?akiziz??e?1e?3??1???1e?2?i??(?) ?2?i?Res?Res?2????32z?iz?3i82e3e16i48i(z?2)(z?9)??????????????2cos?xdx?x?1??x?9?2??82e(1?13e3)

６．解：设f(z)?z222(z?1)(z?4)，则

?????f(x)dx?2?i?Imak?0Resf(z)?2?iResf(z)?Resf(z)

z?ak?z?iz?2i??2?i1???1 ???6i3i??3?????x0??x222?1??x?4?eizdx?1??x2????x222?1??x?4?dx??6

７．设f(z)?z?z?1?2，选取r?0充分小，R?0充分大

C?:|z|?r的上半部，CR:|z|?R的上半部，从而

?Rrf(x)dx??CRf(z)dz???r?Rf(x)dx??Cr?f(z)dz?2?iResf(z)

z?i由于在CR上lim因此?于是?1z(z?1)2R????0在C?上limzf(z)?1

r?0CRf(z)dz?0，?Cr?f(z)dz???i

Rrf(x)dx???r?Rf(x)dx??i?2?i?????1?2ie

令r?0，R?0，即得???02?4?? f(x)dx??i?1???ee??故?sin?x?x?1?2dx?12?????sin?x?x?1?2dx???2?1??? 2?e?五．１．证明：???1?在|z|?1上

|e|?ez|z|?e?|?e|?|z|?|?ez|

?n???n因而根据儒歇定理知?ez与e?ez在|z|?1内有相同个数的根， 故e?ez在|z|?1内有n个根 2．证明： 12?izz?n?n?zecnz?nn!??d???znn!??e?z??n?n!?z?|??0???

n!??n23．解：?1?在|z|?1内，10?1?8，故在|z|?1内z4?8z?10?0无根。

?2?在1?|z|?3内，由于在|z|?3上|10?8z|?10?8|z|?34?|z4|

故方程在|z|?3内有4个根，再结合?1?的讨论知z4?8z?10?0在1?|z|?3内有4个根 4．解：?z?c,?|z|?1

?1?|z|?1时，当z?0时?d?c?2?0当z?0时

?????z?cd???1??1?1?1?11?Res?Res???0????????0 ??z2?i2?i?????z?????z????z?z??2?当|z|?1时，

?????z?cd??12?i??1z?i2?z

5．证明：设f(z)?zlnz?1?z?c2，c为如图的围线，则支点0,?均不在C内，选在x轴上方取

2??i2i正值的那个分支，则?f?z?dz?2?iResf(z)?2?iz??1?2???i

2但?f?z?dz???c??cR???l2????crl1?f(z)dz ???0

在CR上，limzf?z??limR???zzlnz2R???(z?1)z在Cr上，limzf?z??limr???zlnz2r???(z?1)?0

在l1上，z?x

?l1f?z?dz=?lf1?x?dx=?rf(x)dx

，dz?exe?i2?iR在l2上，z?xe2?idx

?l2f?z?dz??Rr?lnx?2?i?2(1?x)dx=?Rr?xlnx2(1?x)dx??Rr??2?xi2?(1?x)dx

让r?0,R?0得

???02xlnx(1?x)2dx????0??2?xi2?(1?x)dx?2???i

2????0xlnx(1?x)2dx??

第七章

一．1．Ａ 2．Ｃ 3．Ｄ 4．Ｂ 5．Ａ 6．Ｄ 7．Ｂ 8．Ｃ 9．Ａ 10．Ｄ 11．Ｄ 12．Ｂ 13．Ｄ 14．Ｂ 15．Ｄ

二．１．ＡＢＣＤ ２．ＢＣＤＥ ３．ＡＢＥ ４．ＡＢ ５．ＡＢＣ 三．１．解析且不恒为常数，一个区域 ２．的一个邻域内单叶解析． ３．argf'?z0?,|f'?z0?|

４．处处都是保角的． ５．是单叶且保角的． ６．在z??dc处定义w??，在z??处定义w?ac；在z??处定义w??

７．它们在反演变换下的象曲线在原点处 ８．

w?w1w?w2:w3?w1w3?w2?z?z1z?z2:z3?z1z3?z2

2９．z1，z2都在过圆心a的同一条射线上，|z1?a||z2?a|?R，

圆心a与点?也是关于r对称的．

１０．?1?保形性?2?保交比性?3?保圆周（圆）性?4?保对称点性 四．１．解：依题意，得

w?1?1?1z?1?i?1:?: w?1z?i?i?i1?1w?z?1z?ii?1?4i

1w?1?4i?z?1??i?1??z?i???1?3i?z??1?3i?

?i?1??z?i?故w??i?1??z?i?

?1?3i?z??1?3i?z?iz?i２．解，根据线性变换的饿保对称点性知i关于实轴的对称点?i应该变到w?0关于单位圆周的对称点w??，故可设w?k'，

i?2?z?i???z?i?2i|?k?又由L?i??kz?i22?z?i??z?i?因此，所求的线性变换为w?L?z??z?1iz?1z?i|z?i?k?0

３．解：设w?k2，再由L1??1得k?2

??z?2于是所求的线性变换为w?z?z?2z?1z?2

五．解：１．?1???33，?2???e?i?，?3?w??3

3? ??3?3?z?故意所求的线性变换为w????z??图

２．解：?1?z1?z?a 故w?a??2?z2?z1

2?3?z3?z2?h

2?4?z4?z3

?5?w?z4?a

?z?a?22?h ３，证明：由于f(z)?u?iv在区域单叶解析，根据数学分析中的面积公式知

uxvxuyvy?G???dudv???dxdy??D??D????uxvy?vxuy?dxdy

222根据C?R条件知uxvy?vxuy??ux???vx??f故A?'?z?

?D????f'?z?2dxdy

?4４．解：?1???ew，此变换将半平面v?u变换为上半平面，

点?4?22?i?1?,0?0

2圆心4i?0，点2i??i．

?2???z?4i，此变换将圆z?4i?2变换为圆??1，

?3?????22?i?1???22?i?1?此变换将上半?平面变换为单位圆??1

点22?i?1??0,其关于实轴的对称点22?i?1???，0??i

??4故所求的线性变换为：

z?4i2?ew?22?i?1??

e4w?22?i?1?z?2iz?2?1?2i?整理得：w?4iz?8?z?2?4iizz?2??4i

12５．解：?1???，此变换将圆z?2变换为直线Im??，

将z?1?1变换为直线Im??0

?2???2??，此变换分别将圆Im??2?izz?212和Im??0变换为Im???和Im??0

故所求的线性变换为w?e

第八章 第九章

一．１．Ｃ ２．Ｂ ３ Ａ． ４．Ｂ ５．Ｄ 二．１．ＡＣ ２．ＡＢ

三．１．D1?D2?d12为一区域，f1(z)?f2(z)?z?d12? ２．每一个解析元素是前一个解析元素的直接解吸开拓． ３．f(z)一切解析元素的一切奇点所组成． ４．u?z0??12??2?0u?z0?Rei??d?

５．不恒等于常数，D的内点处不能达到最大值或最小值．

?四．１．证明：f(z)????n?1??z?1?在区域

n?0nnz?1?1解析，

由于?1z?11??z?1????z?1??n?0z?1?1?，

从而

1z2??n?0n?z?1?1z2n?1????n?1??z?1?n?0n?f(z)

故在z?1?1内与f(z)恒等，故

1z2是f(z)由z?1?1向外的饿解析开拓

２．证明：f1(z)在D1：z?1内解析，f2(z)在D2：

?1?i?z1?z?1，

即D2：z?1?2内解析，

而当z?D1?D2时

?f1(z)????1?n?0niznn?11?izn

??1?i?z??? 1?z????n?f2(z)?11?z???1?n?0n?1?i?zn?1?1?z??1n?11?z????1?n?0n?11??1?i?z?1?z??1?iz?

故f1(z)与f2(z)互为直接解析开拓

?３．证明：f(z)??n?01nnz在z?1内收敛．

?g(z)?i?????1?n?0n?1n1nn?z?2?在

z?2?1内收敛．

??又f(z)?'??z?n?1???z?n?0n?1n?11?z

?g(z)?'?n?1??1?n??z?2???n?0??1?n?1?z?2???n11??z?2??111?z

因此，在z?1内f'(z)?g'(z)，于是f(z)与g(z)可看作ln开式，故f(z)与g(z)可以互为解析开拓． ４．由于z?1为f(z)的奇点

2?p1?z在z?0和z?2处的展

设z?re令f(z)?q，p,q为正整数

q?1?n?1?zn?1??zn?qn!?f1(z)?f2(z)

由于f1(z)为多项式，故limf1?z?存在，而当n?q时．

r?1qn!?，从而z?r，于是f2(z)?n!n!?rn?qn!．

2?p因此，当r?1时，f2(z)??，故limf?z???，亦即z?1上的点er?1qi为f(z)的奇

2?p点，又由于点eqi在z?1上处处稠密所以f(z)沿半径不能越过单位圆做解析开拓，因而

f(z)以z?1为自然边界．

５．证明：由于u?z?在z平面上有界调和，，因而存在u的共轭调和函数v使得f?u?iv在

z平面上解析，从而G?z??ef(z)亦在z平面上有界．此即说明G?z?为有界整函数．根据

刘维尔定理知G?z?为常数．面上解析，?R?0，在z?R上，G?z??ef(z)?eu?eM（M为u?z?的上因而，f(z)为常数，故u?z?亦为常数．

?g(z)?i?????1?n?0n?1n1nn?z?2?在

z?2?1内收敛．

??又f(z)?'??z?n?1???z?n?0n?1n?11?z

?g(z)?'?n?1??1?n??z?2???n?0??1?n?1?z?2???n11??z?2??111?z

因此，在z?1内f'(z)?g'(z)，于是f(z)与g(z)可看作ln开式，故f(z)与g(z)可以互为解析开拓． ４．由于z?1为f(z)的奇点

2?p1?z在z?0和z?2处的展

设z?re令f(z)?q，p,q为正整数

q?1?n?1?zn?1??zn?qn!?f1(z)?f2(z)

由于f1(z)为多项式，故limf1?z?存在，而当n?q时．

r?1qn!?，从而z?r，于是f2(z)?n!n!?rn?qn!．

2?p因此，当r?1时，f2(z)??，故limf?z???，亦即z?1上的点er?1qi为f(z)的奇

2?p点，又由于点eqi在z?1上处处稠密所以f(z)沿半径不能越过单位圆做解析开拓，因而

f(z)以z?1为自然边界．

５．证明：由于u?z?在z平面上有界调和，，因而存在u的共轭调和函数v使得f?u?iv在

z平面上解析，从而G?z??ef(z)亦在z平面上有界．此即说明G?z?为有界整函数．根据

刘维尔定理知G?z?为常数．面上解析，?R?0，在z?R上，G?z??ef(z)?eu?eM（M为u?z?的上因而，f(z)为常数，故u?z?亦为常数．

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