第四版复变函数答案2

习题一解答

1．求下列复数的实部与虚部、共轭复数、模与辐角。

1 3i (3 + 4i)(2 ? 5i) ； 1

； （2） ? ； （3）

2i i 1 ? i 3 + 2i

3 ? 1 2i 1 解 （1） = = (3 ? 2i)

3 + 2i (3 + 2i)(3 ? 2i) 13

（1） （4）i 8 ? 4i 21 + i

所以

? 1 ? ? 1 ? 3 2 Re? Im? = ? , ? = ， ? ?3 + 2 i ? 13 ?3 + 2i ? 13

2 2

1 ? 3 ? ? 3 ? 13 1 = 1 (3 + 2i) ， ，= ? ? + ? ? ? = + 2i 3 + 2i 13 13 3 13 ? ? 13 ? ?

? 1 ? ? 1 ?

Arg? ? = arg? ? + 2kπ

3 + 2 i 3 + 2 i ? ? ? ?

2

= ? arctan + 2kπ , k = 0,±1,±2,

3

3i ? 3i(1 + 1 i i )1 3 5 （2） ? = ? = ?i ? (? 3 + 3i) = ? i,

i 1 ? i i(? i) (1 ? i)(1 + i) 2 2 2

所以

?1 3i ? 3

Re? ? ? = ,

i 1 ? i ? 2 ? ?1 3i ? 5 Im? ? ? = ? i 1 ? i ? 2 ?

? 3 ?? 5 ? 34 ，? = ? ? + ? 2 2 2 ?? ? ? ?

2

2

1 51 3i ? 3i ? 3 ? = + i ， ? = ? ? 1 ? i i 1 ? i 2 2i ? ? 1 1 ? ? 3 i ? 3 i ?

Arg? ? ? = arg? ? ? + 2kπ

? i 1 ? i ? ? i 1 ? i ?

5

= ? arctan + 2kπ, k = 0,±1,±3 2, .

(3 + 4i)(2 ? 5i) (3 + 4i)(2 ? 5i )(? 2i) (26 ? 7i)(? 2i) （3） = = (2i)(? 2i) 2i 4

?7 ? 26i 7 = = ? ? 13i

2 2

所以

(3 + 4i)(2 ? 5i )? 7 ? Re? ? = ? ，

2i ? ? 2 (3 + 4i )(2 ? 5i )? ? Im? ? = ?13 ，

2i ? ?

1

? (3 + 4i )(2 ? 5i )? 7 ? ? = ? + l3i

2i ? 2 ?

29 (3 + 4i)(2 ? 5i) 5 ， = 2i 2

(3 + 4 i)(2 ? 5 i)? = arg? (26 ? 3 + 4 i)(2 ? 5 i)?

Arg? + 2kπ = 2 arctan ? π + 2kπ ? ? ? 2 i 2 i 7 ? ? ? ?

26

= arctan + (2k ? 1)π , k = 0,±1,±2, .

7

4 10

（4） i8 ? 4i21 + i = (i 2 )? 4(i2 )i + i = (? 1)? 4(? 1)i + i

4

10

= 1 ? 4i + i = 1 ? 3i

所以

Rei8 ? 4i 21 + i= 1, Imi8 ? 4i 21 + i= ?3

??i8 ? 4i21 + i ?? = 1 + 3i ，| i8 ? 4i 21 + i |= 10 ? ?

Argi8 ? 4i 21 + i= argi8 ? 4i 21 + i+ 2kπ = arg(1 ? 3i) + 2kπ

{}{}()()= ?arctan3 + 2kπ

2．如果等式 解：由于

k = 0,±1,±2, .

x + 1 + i(y ? 3) = 1 + i 成立，试求实数 x, y 为何值。 5 + 3i

x + 1 + i(y ? 3) [x + 1 + i(y ? 3)](5 ? 3i ) =

5 + 3i (5 + 3i)(5 ? 3i)

=

5(x + 1) + 3(y ? 3) + i[? 3(x + 1) + 5(y ? 3)]

34

1

= [5x + 3y ? 4]+ i(? 3x + 5y ? 18) = 1 + i 34

比较等式两端的实、虚部，得

? 5x + 3 y = 38? 5x + 3 y ? 4 = 34 或 ? ?

18 = 34 ?? 3x + 5 y = 52 ?? 3x + 5 y ?

解得 x = 1, y = 11 。

-1

3．证明虚单位 i 有这样的性质：-i=i= i 。 4．证明

1) | z |2 = zz

1 1

6) Re( z) = ( z + z), Im( z) = ( z ? z ) 2 2i

2

证明：可设 z = x + iy ，然后代入逐项验证。

5．对任何 z ， z =| z |是否成立？如果是，就给出证明。如果不是，对 z 那些 值才成立？

2

2

z = x + iy ，则要使 解：设 z =| z |成立有

x2 ? y2 + 2ixy = x2 + y 2 ，即 x2 ? y 2 = x2 + y2 , xy = 0 。由此可得 z 为实数。

6．当| z |≤ 1 时，求| z n + a | 的最大值，其中 n 为正整数，a 为复数。 解：由于 z + a ≤ |z|+ |a| ≤ 1 + |a| ，且当 z = e

n

n

n

arg a i n

2 2

时，有

? i arg a ? n

|a|ei arg a = (1 + a )ei arg a = 1 + |a| | z + a| = ?? en ? +

? ? ?

故1+ | a | 为所求。

8．将下列复数化成三角表示式和指数表示式。 （1）i；

（4）1 ? cos? + isin? (0 ≤ ? ≤ π

ππ i 2

解：（1） i = cos + isin = e ；

2 2

（2）-1；

2i

； （5） ? 1 + i

（3）1+ 3 i；

2

() cos5? + isin5? （6） 3(cos3? ? isin3? )

)

（2） ? 1 = cosπ + isinπ = eiπ

π

i ? 1 ? ? π 3 π ? ? = 2cos+ isin ? = 2e 3 ； + i（3）1 + i 3 = 2 ? ? 2 2 ? ?? 3 ? ? ? 3

（4）1 ? cos? + isin? = 2sin 2

? ?

?? ? ? ? ? + i2sin cos = 2sin ?? sin + icos 2 ? 2 ?2 2 2 ? 2

π?? 2

? ? i π? π? ? ? cos + isin = 2sin ? ? = 2sin e 2 ? 2 2 ? 2

（5） ? 1 2i 1 1 ?

= 2i(? 1 ? i) = 1 ? i = 2 ? ? i ? ? 1 + i 2 2 ? ? 2 π? π ?

= 2 ? cos ? isin ?

4 ? ? 4

π ?i = 2e 4

, (0 ≤ ? ≤ π) ；

( cos5? + isin5? ) = ei5? 2 / e?i3? 3 = ei10? /e?i9? = ei19?（6） )() 3(cos3? ? isin3? ()

3

2= cos19? + isin19?

9．将下列坐标变换公式写成复数的形式：

+ a 1, ?x = x 1

1）平移公式： ?

y = y+ b? 1 1 ;

?x = x cosα ? y sin ? 1 α,= y y1 cos ? x1 sin α + 12）旋转公式： α解：设 A = a+ ib.， z= x+ iy， z = x + iy ，则有

1

1

1

1

1

1） z = z1 + A ；2） z = z1 (cosα + i sin α ) = iα

z1e 。

解：设复数 z =| z | ee

2 π

2

2

i Arg z

，则 z(? i ) =| z | i Arg z ? e = |z|e

?i π

2

π ??

i? Arg z ? ?

2 ? ?

，可知复数的模不变，

11．证明：| z + z |2 + | z 1 ? z |2 = 2(| z 1 |2 + | z 2 |2 ) ，并说明其几何意义。 1 2 2 证明：| z | z 1 ? z 2 |1 + z 2 |+

= ( z1 + z 2 )( z 1 + z ) + ( z 1 ? z 2 )( z 1 ? z ) 2 2 = 2( z1 z1 + z2 z2 )

2 2

| z = 2(| z 1 |+ 2 |)

其几何意义平行四边形的对角线长度平方的和等于四个边的平方的和。

12．证明下列各题： 1）任何有理分式函数 R( z) = Pz) (

可以化为 X + iY 的形式，其中 X 与Y 为具 Q( z)

有实系数的 x 与 y 的有理分式函数；

3）如果复数 a + ib 是实系数方程

n

a0 z + a1 z n?1 + + an?1 z + an = 0

2）如果 R( z) 为 1）中的有理分式函数，但具有实系数，那么 R( z ) = X ? iY ；

的根，那么 a ? ib 也是它的根。

证 1） R( z) =

Pz ) P( z) ? P( z) ? ( = = X + iY = X ? iY ;2） R( z ) = = Pz) P( z)Q( z) Re(P( z)Q( z)) Im(P( z)Q( z)) ( = = + ; Q( z) Q( z)Q( z) q( x, y) q( x, y)

? ? Q( z ) Q( z) ? Q( z) ?

P z ( )= a0 z + a1 z 4

3）事实上

n

n?1

+ + an?1 z + an

2 n

= a0 + a1z + a2 z + + an z = P(z ) 13．如果 z = eit ，试证明 （1） z n + n = 2 cos nt ；

1

z

（2） z n ? n = 2 i sin nt

1

z

1

解 （1） z n + n = eint + e?int = eint + eint = 2 sin nt

z

1 int ?int int int n

（2） z ? n = e? e= e? e= 2 i sin nt

z

14．求下列各式的值 （1） 3 ? i；

( )5

（2） (1 + i)6 ；

5

6 （3） ? 1 ；

（4） (1 ? i)1

3

? ? 3 i 5 ??

解 （1） 3 ? i= ?2?? ? ??? = 2e?iπ / 6 = 32e?i 5π / 6

?? ?? ? 2 2 ?

( )5

()?5π? ? ? ? 5π ?? = 32 ?cos ? + isin = ?16 3 ?16i ? ?? ? 6 ?

? ? 6 ?? ? ?

? ? 6 1 i ??

= + ?? = （2） (1 + i ) ? 2 ? 2 ?? ? ? 2 6 （3） ?1 = e6

( iπ

2e ) = 8e

6

3π

= ?8i 。

( 1

iπ+2kπ 6

)= eiπ(2k +1)/6

6 ,k = 0,1,2,3,4, 5 。可知 ? 1 的 6 个值分别是

3 i 3 i eii5π/6 = ? + eiπ/6 = + , eiπ/2 = i ，

2 2 2 2 3 i 3 i ei7π/6 = ? ? ， ei 3π/ 2 = ? i ， ei11π/ 4 = ? 。

2 2 2 2

(1 ? i)（4）

可知 (1 ? i )1/ 3

1

3

? ? 1 i ?? = ? 2? ? ?? = 2 ?? ? ? 2

1

3

( 2e)1 ?i π/ 4 3

= 2e

? π ?

i? ? +2 kπ ? 3 6 ?4 ?

, k = 0,1,2 。

的 3 个值分别是

? ππ 2e?iπ / 2 = 6 2 ? cos ? i sin ?,

12 ? ? 12

π 7 ? 7 π 6 2ei 7π /12 = 6 2 ? cos + i sin ?,

12 ? ? 12

6 6 5π5π 4 6 ? π/

2ei5 = 2 ? cos + i sin ? 。

4 ? ? 4

15．若 (1 + i)n = (1 ? i)n ，试求 n 的值。

5

sin π = 解 由题意即 ( 2eiπ / 4 )n = ( 2e?iπ /4 )n , einπ / 4 = e?inπ /4 ，

故 n = 4k , k = 0, ±1, ±2, 。 16．（1）求方程 z3 + 8 = 0 的所有根 （2）求微分方程 y' ' '+8 y = 0 的一般解。 解 （1） z = (?8)= 2e

1

3

n 4

πi (1+2 k ) 3

，k=0,1,2。

即原方程有如下三个解：

1 + i 3, ?2, 1 ? i 3 。

（2）原方程的特征方程 λ3 + 8 = 0 有根 λ1 + 3 i ， λ = ?2 ，λ = 1 ? 3i ，1 = 2 3 故其 一般形式为

y = C 1 e?2 x + e x C cos 3x + C 3 sin 3x2

()

17．在平面上任意选一点 z ，然后在复平面上画出下列各点的位置：

1 1

?z, z , ?z , , , ? 。

z z z

1

y ?z z 1 z -z o z 1 z x 1 ? z 18．已知两点 z1 与 z2 （或已知三点 z1 , z2 , z3 ）问下列各点位于何处？ （1） z = 1

(z1 + z2 ) 2 1 3

（2） z = λz1 + (1 ? λ )z2 （其中 λ 为实（3） z = (z1 + z2 + z3 ) 。 解 令 zk = xk + iyk ,k = 1,2,3 ，则

xy + y + x（1） z = 1 2 + i 1 2 ，知点 z 位于 z 1 与 z 2 连线的中点。

2

2

6

|z ? z1|

（2）z = x2 ? λ(x2 ? x1 ) + i[y2 ? λ(y2 ? y1 )]，知点位于 z1 与 z2 连线上定比 λ =

|z2 ? z1|

处。

i1 （3） z = ( + ( y ) ，由几何知识知点 z 位于 ?z z z x 1 + y 1 + x 2 + x 3 ) 2 + y 3 1 2 3 的重心

3

3

处。

19．设 z1 , z2 , z3 三点适合条件： z1 + z2 + z3 = 0 ,

z1 = z2 = z3 = 1 。证明z1，z2，z3是内接于单位圆 z = 1 的一个正三角形的顶

点。

证 由于 z1 = z2 = z3 = 1 ，知 ?z1 z2 z3 的三个顶点均在单位圆上。 因为

2

3 3

1 = z3 = zz= [? (z1 + z2 )][? (z1 + z2 )] = z1 z1 + z2 z2 + z3 z2 + z1 z2

所以， z1 z2 + z1 z2 = ?1 ，又

z1 ? z2 = ( z1 ? z2 )( z1 ? z2 ) = z1 z1 + z2 z2 ? ( z1 z2 + z2 z1 ) = 2 ? (z1 z2 + z1 z2 ) = 3

2

= 2 + z1 z2 + z1 z2

故

z1 ? z2 = 3 ，同理 z1 ? z3 = z2 ? z3 = 3 ，知 ?z1 z2 z3 是内接于单位圆 z = 1

的一个正三角形。

20．如果复数z1，z2，z3满足等式

z? z 2 ? z1 z= 1 3 z3 ? z1 z2 ? z3

证明 z2 ? z1 = z3 ? z1 = z2 ? z3 ，并说明这些等式的几何意义。 由等式得

arg(z2 ? z1 ) ? arg( z3 ? z1 ) = arg(z1 ? z3 ) ? arg(z2 ? z3 )

即 ∠z2 z1 z3 = ∠z1 z3 z2 。又因为

z+ (z1 ? z3 ) z? z 2 ? z1 ( z2 ? z1 ) = = 2 3 z3 ? z1 (z3 ? z1 ) + (z2 ? z3 ) z2 ? z1

又可得 ∠z2 z1 z3 = ∠z3 z2 z1 ，所以知 ?z1 z2 z3 是正三角形，从而

z2 ? z1 = z3 ? z1 = z2 ? z3 。

7

21．指出下列各题中点 z 的存在范围，并作图。 （1）| z ? 5 |= 6 ；（2）| z + 2i |≥ 1 ； （3） Re( z + 2) = ?1 ；（4） Re(iz ) = 3 ； （5）| z + i |=| z ? i | ；（6）| z + 3 | + | z + 1 |= 4 （7） Im( z) ≤ 2 ；（8） z ? 3 ≥ 1 ； z ? 2 （9） 0 < arg z < π ；（10） arg(z ? i) = 4 π解：（1）以点 z0 = 5 为心，半径为 6 的圆周（见下图（a））；

（2）以点 z0 = ?2 i 为心，半径为 1 的圆周及外部（见下图（b））；

（3）由于 Re( z + 2) = ?1 ? x = ?3 知点 z 的范围是直线 x = ?3 （见下图（c））；

（4） iz = i( x ? iy) = y + ix ，故 Re(iz ) = 3 ? y = 3. 知点 z 的范围是直线 y=3（见下 图（d））；

（5） z + i = z ? i ? z + i = z ? i ?（z + i)( z ? i) = ( z ? i)( z + i) ?

2

2

z ? iz + i z +1 = z + iz ? iz +1 ? iz ? iz = 0 ? 2 Re(iz ) = 0 ? 2 y = 0 ? y = 0. 知点 z 的范围是实轴（见下图（e））；

（6） z + 3 + z + 1 = 4 ? z + 3 = (4 ? z + 1)2 ? x ? 2 = ?2 z + 1 ? ( x ? 2)2 = 4 z + 1

2 2

（ x + 2) + y = 1 ，即点 z 的范围是以（-3,0）和（-1,0） ? 3+ 12x + 4 y = 0 ? 4 3

2

2

2 2

2

2

为焦点，长半轴为 2，短半轴为 3 的一椭圆（见下图（f））；

（7） y ≤ 2 ，（见下图（g））；。 （8）2

z ? 3 2 2 2 ≥ 1 ? z ? 3 ≥ z ? 2 ? ( z ? 3)( z ? 3) ≥ ( z ? 2)( z ? 2) ? z ? 3z ? 3z + 9 ≥ z ? 2

5 5 5

z ? 2z ? 2z + 4 ? z + z ≤ 5 ? x ≤ . 即点 z 的范围是直线 x = 以及 x = 为边

2 2 2

界的左半平面（见下图（h））；

（9）不包含实轴上半平面（见下图（i））；

（10）以 i 为起点的射线 y = x + 1, x > 0 （见下图（j））；

8

y O y 5 x O x i -2 (a) -3 (b) y 3i O (c)

y i z -i (e) y O 5/2 x (h) x

(d) y 3i 2i x -2 (f) x (g) y y=x+1 x i O (i) (j) 22．描出下列不等式所确定的区域，并指是有界的还是无界的，闭的还是开的， 单连的还是多连的。

（1） Im z > 0 ； （3） 0 < Re z < 1 ； （5） z ? 1 < z + 3 ；

（2） z ? 1 > 4 ； （4） 2 ≤ z ≤ 3 ；

（6） ?1 < arg z < ?1 + π ；

9

（7） z ? 1 < 4 z + 1 ； （9） z ? 2 ? | z + 2 |> 1； 解 （1） Im z > 0

y （8）| z ? 2 | + | z + 2 |≤ 6 ；

（10） zz ? (2 + i) z ? (2 ? i) z ≤ 4 。

O x 不包含实轴的上半平面，是无界的、开的单连通区域。 （2） z ? 1 > 4

y O 1 5 x 圆 ( z ? 1)2 + y 2 = 16 的外部（不包括圆周），是无界的、开的多连通区域。 （3） 0 < Re z < 1

y O x 由直线 x = 0 与 x = 1 所围成的带形区域，不包括两直线在内，是无界的、开的

y 单连通区域。 （4） 2 ≤ z ≤ 3

O 2 3 x 10

以原点为中心，2 与 3 分别为内、外半径的圆环域，不包括圆周，是有界的、 开的多连通区域。 （5） z ? 1 < z + 3 ? x > ?1 y D -1 O x

直线 x = -1 右边的平面区域，不包括直线在内，是无界的、开的单连通的区域。 （6） ?1 < arg z < ?1 + π

y o -1 x 由射线θ = 1 及θ = 1 + π 构成的角形域，不包括两射线在内，即为一半平面，是

? + 17 ? 2 ? 8 （7） z ?1 < 4 z +1 ? ?x + y> ? ?? 15 ? 15 ? ? ? ?

2 2

y D 8/15 -17/15 O x 11

中心在点 z = ? ，半径为 的圆周的外部区域（不包括圆周本身在内），是无 界的、开的多连通区域。

（8）| z ? 2 | + | z + 2 |≤ 6

y 17 15 8 15

o 5 3 x 2 2 xy

是椭圆 + = 1及其围成的区域，是有界的、闭的单连通区域。

9 5

4

（9） z ? 2 ? | z + 2 |> 1 ? 4x2 ? y 2 > 1, x < 0 15 y D －1/2 x y 2 = 1的左边分支的内部区域，是无界的、开的单连通区域。 15

（10） zz ? (2 + i) z ? (2 ? i) z ≤ 4

y 是双曲线 4 x2 ? 4

o -1 2 x 12

2

是圆 ( x ? 2)2 +（y +1）= 9 及其内部区域，是有界的、闭的单连通区域。

23．证明：z 平面上的直线方程可以写成 证

az + a z = C （a 是非零复常数，C 是实常数）

设 直 角 坐 标 系 的 平 面 方 程 为 Ax + By = C 将

1 1

x = Re z = ( z + z ), y = Im z = ( z ? z ) 代入，得

2 2i

1 ( A ? i B) z + 1 ( A ? i B) z = C 2 2 1 1

令 a = ( A + iB) ，则 a = ( A ? iB) ，上式即为 az + a z = C 。

2 2

24．证明复平面上的圆周方程可写成：

zz + α z + α z + c = 0, (其中α为复常数，c为实常

证 ( z + a)( z + a) = R? zz + az + az + aa ? R= 0 ，其中 c = aa ? R2 为实 常数。

25．求下列方程（t 是实参数）给出的曲线。 （1） z = (1 + i)t ；

i （3） z = t + ；

t

2

2

（2） z = a cos t + ib sin t ； （4） z = t 2 +

i

， t 2

（5） z = acht + ibsht （7） z = e

αt

（6） z = aeit + be?it

, (α = a + bi为复

?x = t

,?∞ < t < ∞ 。即直线 y = x 。 y = t?

?x = a cos t

,

y = b sin t?

0 < t ≤ 2π ，即为椭圆

解（1） z = x + iy = (1 + i)t ? ?

（ 2 ） z = x + iy = a cos t + ib sin t ? ?

2 2

x + y

= 1 ；

a 2 b2

t x = i ??

（3） z = x + iy = t + ? ? 1，即为双曲线 xy = 1 ；

t ?y = t

?

2

? x = t i ?

（4） z = x + iy = t 2 + 2 ? ? 1 ，即为双曲线 xy = 1 中位于第一象限中的一

y= 2 t ?? t

支。

13

2 2 xy?x = acht

（5） z = acht + ibsht ? ? ? 2 ? 2 = 1 ，双曲线

aby = bsht? 2

x2 y + = 1, 椭圆 （6） 2 2(a + b)(a ? b)

（7） x2 + y 2 = e z

a arctan y 2x b

1

26 ．函 数 w = 将 z 平面 上的下 列 曲线变 成 w 平面上 的 什么曲 线

(z = x + iy, w = u + iv) ？

（1） x2 + y 2 = 6 ； （3） x = 1 ；

1 1 x 解 w = = = 2

z

x + iy

2

（2） y = x ； （4） (x ?1)2 + y 2 = 1

x + y 2

? i y y x ? ，可得 ， u =, v = x 2 + y 2 x2 + y 2 x2 + y 2

（1） u + v=

2

1 1

= ，是 w 平面上一圆周； = 22 2 2 2

(x+ y) x+ y4

2 x + y 2

（2） u =

? (? y ) x y

= = ?v ，是 w 平面上一直线； = x2 + y 2 x2 + y 2 x2 + y 2

（3）由 x = 1，知 u = 2

1 y ? 1 2 2

，从而 u + v=, v == u 222

1 + y 1 + y 1 + y

2

1 ? ? 2 ? 1 ? 此为 u ? + v= w 平面上一圆? 2 ? ? 2 ? 是

? ? ? ?

（4） (x ? 1)2 + y 2 = 1 ? x 2 + y 2 = 2x ? 平行与 v 轴的直线。 27．已知映射 w = z 3 ，求

（1）点 z1 = i ， z2 = 1 + i ， z3 = 3 + i 在 w 平面上的像。 （2）区域 0 < arg z <

1 x = 1 ，于是 ，是 u = w 平面上一

x 2 + y 2 2 2

π 3

在 w 平面上的像。

解 设 z = reiθ ，则ω = z 3 = r 3ei 3θ 。于

π

i π? π 4

（1） z1 = i = e , z2 = 1 + i = 2 ? cos + i sin ? = 2e

4 ? ? 4

πi ? 3 1 ? ? π π ? z3 = 3 + i = 2? + i = 2cos + i sin ? = 2e 6

? 2 2 ? ?? 6 ? ? ? 6 π

i 2

14

经映射后在 w 平面上的像分别是

i 3π /

w1 = e = ? i ，

3

2

3π 4

w 2 = 2 e

3

? 1 1 ?

= 2 2 ? ? + i ? = ?2 + i 2 ，

2 ? ? 2

w3 = 2 e = 8 i

π

i 2

（2）因为以原点为顶点的角形域的顶角张大三倍，所以为 0 0 ，则 ?δ > 0 ，当 ε z → z 0

2

z ? z0 < δ 时，有

f ( z ) f ( z) ? f ( z 0 ) < ε = 0

2

从而 f ( z 0 ) ? 0

。 30．设 lim f ( z) = A ，证明 f ( z) 在 z0 的某一去心邻域内是有界的。

z → z

f ( z0 ) f ( z0 ) < f ( z) ，即 f ( z) > > 0 即点 z ∈U ( z0 , δ ) 时，则 f ( z) ≠ 2 2

证 取 ε = 1 ，则 存在 δ > 0 ，当 0 <| z ? z0 |< δ 时， | f ( z) ? A |≤ 1 。故在

31．设 f ( z) = 证 f ( z) =

z ?

, ( z ≠ 0) 试证当 z → 0 时 f ( z) 的极限不存?

2i ? z z ?

z ?

1 ? z

? ? 2 xy =? 2 2，显然。

2i ? z z ? x+ y 1 ? z

? ? 32．试证 arg z(?π < arg z ≤ π ) 在负实轴上（包括原点）不连续，除此而外在 z 平 面上处处连续。

证 设 f ( z) = arg z ，因为 f(0)无定义，所以 f(z)在原点 z=0 处不连续。 当z为负实轴上的点时，即 ?

y? ?

lim arctan + π ? ? ? x → x0 ?x ? ? ? y →0 +

lim arg z = ? = ?

y z → z0 ? π ?π? lim ?? arctan ? π ? ?x → x0 ? ? x ? ??y →0 ?

，有

所以 lim arg z 不存在，即 arg z 在负实轴上不连续。而 argz 在 z 平面上的其它点

z → z 0

处的连续性显然。

15

∫ [∫ ] f (z )]dz = ∫ Im[e∫ Im][de

C θ

iθ

2π

0

f (z )]dz = 2π Reeiθ [ C Redeiθ0

i

= cosθ (? sin θ + i cosθ )dθ = π

∫2

0

= sin θ (? sin θ + i cosθ )dθ = ?π

∫2

0

1

4．利用单位圆上 z = 的性质，及柯西积分公式说明 ∫ zdz = 2π i ，其中 C 为正向单位圆周| z |=

z C

1

1

解 zdz =dz =2π i ，（利用柯西积分公式） ∫ ∫ z C C （1） z = 2 ；（2） z = 4 5．计算积分 ∫ dz 的值，其中 C 为正向圆周：4

解 （1）因在| z |= 2 上有| z |= 2 ， z ? z =| z |2 = 4 ，从而有 z = ，故有

z z z

∫ z dz = C | z |

∫ dz = |z|=2 2

4 Z ∫ 2

dz = 4π i |z|=2 z z

16

（2）因在 C 上有| z |= 4 ， z ? z =| z |2 = 16 ，从而有 z = ，故有

∫ z dz = C | z |

∫

dz = |z|=4 4

16 Z ∫

4

dz = 8π i

|z|=4 z

6．利用观察法得出下列积分的值。

解 利用柯西－古萨基本定理和柯西积分公式。 7．沿指定曲线的正向计算下列各积分。

e

（1） dz ， C :| z ? 2 |= 1

C z ? 2

z

∫（2）

dz

C :| z ? a |= a∫C z 2 ? a2 ，

zdz

（3）

dz

， C :| z ? 2i |= 3 / 2 2 ∫ z +1C

dz

∫C ( z 2 ?1)( z3 ?1) , C :| z |= r < 1

e

iz

（4）

C :| z |= 2 ∫ z ? 3，

C

（5） （7）

（6）

∫ z

C

3

cos zdz ， C为包围z＝0的闭曲

dz

， C :| z |= 3 / 2 2 2 ∫ ( z +1)( z + 4)C

sin z

2 C

线

（8）

sin zdz C :| z |= 1 ∫C z ，

（9） ∫

? π ? z ? ? ? 2 ?

dz ， C :| z |= 2

z

e dz

， C :| z |= 1 （10） 5 C z

∫

∫ z e z 2

解 （1）由 Cauchy 积分公式， dz = 2π i z =2 = 2πe i C z ? 2

1

π1 dz = i ， 解 1： 2 2 = z + a dz = 2π Cz Cz ? z + a ia z =a a ? a

（2）

∫∫

解 2： ∫ 2

dz 1 ? 1

dz ?= ?2 C z ? a 2a ? C z ? a

∫ iz

= [2π i? 0] = i ∫ z + a dz ?? 2a a

C

1 ? 1 π

iz

eiz dz ez + i) dz /( （3）由 Cauchy 积分公式， = = 2π = π / 2 ∫ ∫ z +1z - i z + i C C z =i e i

e

- 2 -

（4）（5）（6）由柯西基本定理知：其结果均为 0 （7）因被积函数的奇点 z = ± i 在 C 的内部， z = ±2 i 在 C 的外部，故由复合闭路定理及 Cauchy

积分公式有：

∫dz

= C ( z 2 +1)( z 2 + 4)

∫dz

+1 2 2 | z ?i|= ( z +1)( z + 4) 3

∫dz

1 2 | z +i|= ( z 2 + 4) 3 z +1)(

= ∫ 1

|z ?i|= 3

1 2 + (z + i )z 4

dz +z ? i

()

∫

1 |z +i|= 3

1 2 + (z + i)z 4

dz

z + i

() π 1 1

= ? = 0 = 2π + 2π 2 2

( z + i)( z + 4) z =i i( z ? i)( z + 4) z =?i π3 3 i

（8）由 Cauchy 积分公式，

∫

sin zdz = 2π i sin z |z =0 = 0 C z

2

（9）由高阶求导公式， ∫ C

sin z

? π ? z ? ? ? 2 ?

dz = 2π i(sin

)πz = 2

= 0

z

πie dz 2i z (4) π = (e)|= （10）由高阶求导公式， z =0 C z5 4! 12

∫

1）

2

4） isin zdz ； ∫?π e dz ； 2） ∫ π ch 3zdz ； 3）∫ ∫ z sin -π i 3π i 2 z

0

π

1

zdz

i 6

0

5） ( z ? i)edz ； 6）

0

2 z e 解 1） e dz＝= 0 ∫?π 2 i

?π i

3π i 2 z π

2

π i 3π i

∫ i

? z

1 + tan z dz(沿1到i的直线∫1 cos2 z 段)。

i

2） π ch 3zdz = sh 3z |π i/ 6 = ?i

6

∫0

1 3

0

i/3

1 ? cos 2 z z sin 2 z π 1

dz = ( ? 3） sin zdz = ) |= (π ? sh 2-π i ∫-π i -π i 2 4 π 2 )i

2 1 ∫ 1

4） ∫0 z sin zdz = (sin z ? z cos z) |0 = sin 1 ? cos1

? z 5） ( z ? i)e dz = (i ?1 ? z)e ? z |i0 = 1 ? cos1 + i(sin1 ?1)

∫ 0 i

i

6）

1 2 1 2 1 + tan z 2 i

dz = (tan z + tan z / 2) |= ?(tan1 + tan 1 + th 1) + i th 1 1 2 ∫1 cosz 2 2 4 3 ( + )dz, 其中C :| z |= 4为正∫ z + 2i 向 C z +1

9．计算下列积分：

1）

2i

dz, 其中C :| z－1 |= 6为正2 ∫ z +1C 向 cos z dz, 其中C 3为负3） 1 :| z |= 2为正向，C 2 :| z |= 3 ∫ C =C1 +C2 z

2）

- 3 -

4）

1 6

, 其中C为以± ，± i为顶点的正向菱形 ∫ 2 5 z－i C

dz

ez

5） dz, 其中a为| a |≠ 1的任何复数，C :| z |= 1为正3 ∫ ( z ? a)向C

3 4

解 1） ∫ ( + )dz＝2π i(4 + 3) = 14π

z +1 z + 2i i C

2）

2i 2z + i) 2z ? i) i /( i /(

dz =dz +dz = 0 2 ∫ ∫ ∫ z +1z - i z + i C |z ?i|=1 |z +i|=1

3）

cos 2i 2i cos cos z z z π π dz = (cos z) '' |? (cos z) '' |dz =dz ?z =0 z =0 = 0 3 3 3 ∫ ∫ ∫ zzz2! 2! ? C =C1 +C2 C1 C2

= 2π z－i i

3

4） dz

e z

5） 当| a |> 1时，1/( z ? a)在 | z |≤ 1上解析，故 dz＝0 ； 3∫( z ? a)

C

∫

e z 2i z π dz＝(e) '' = π 当| a |< 1 时， z =a 3 ∫ ( z ? a)2! C iea

1 10．证明：当 C 为任何不通过原点的简单闭曲线时， dz = 0 。 2 ∫ z C

证明 当原点在曲线 C 内部时，

1 2

dz = 2π i(1) ' |= 0 ；当原点在曲线 C 外部时，1/ z 在 C z =0 ∫ 2 z C

1 解析，故 dz = 0 。 2

∫ z

C

11．下列两个积分的值是否相等？积分 2）的值能否利用闭路变形原理从 1）的值得到？为什么？

1）

z |z|=2

dz ； ∫ z

2

π

?iθ

z 2）

dz

z |z|=4

∫ z

z 解

|z|=2

dz = ∫ 2ie ∫ z

0 dθ = 0 ； dz = ∫ 4ie?iθ dθ = 0 ，故两个积分的值相等。但不能利∫ |z|=4 z 0 z

z

2

π

变形原理从 1）的值得到，因 不是一个解析函数。

12．设区域 D 为右半平面， z 为 D 内圆周| z |= 1 上的任意一点，用在 D 内的任意一条曲线 C 连结原

?z 1 ? 点与 z ，证明 Re ? dζ = ? 0 1 + ζ

?

∫

2

π ? 4

证明

z

函数 1

在右半平面解析，故在计算从 0 到 z 沿任意一条曲线 C 的积分时与积分路径无 1 + ζ

iη

θ 1 1 π1 ie θ 2i cos?2i关。则 =ddη = +dx + dη. （分子分母同乘以1 + e ∫0 1 + ζ ∫0 1 + x2 ∫0 1 + e2iη 4 ∫0 2 η + 2 cos 2ζ

- 4 -

故 Re ?π ? z 1 ?

dζ = 2 ?∫0 1 ζ ? ? + 4

13．设 C1 与 C2 为相交于 M、N 两点的简单闭曲线，它们所围的区域分别为 B1 与 B2 。 B1 与 B2 的公 共部分为 B 。如果 f ( z) 在 B1 ? B 与 B2 ? B 内解析，在 C1 、C2 上也解析，证明：

证明 则

在 B1 ? B 上 f ( z) 为解析函数，则由柯西基本定理

∫ f ( z)dz = ∫ f

C1

C2

MHNFM

MENGM

同理 ∫ f ( z)dz = 0 ；∫ f ( z)dz = 0

( z)dz

NGM

∫ f ( z)dz + ∫ f ( z)dz = ∫ f ( z)dz + ∫ f ( z)dz ，即 ∫ f ( z)dz = ∫ f

MEN

MHN

NFM

C1

C2

14．设 C 为不经过 a 与-a 的正向简单闭曲线，a 为不等于零的

z 任何复数，试就 a 与-a 同 C 的各种不同位置，计算积分 dz 。2 ∫C z ? a2

C1

B1

G E

B

N

C2

F

B2

H

解 （i）当 a 在 C 的内部而-a 在 C 的外部时

∫ z z z

= π dz = z + a dz = 2π 2 2

C z ? a C z ? a z + a z =a

ii 。

∫M

（ii）当 ? a 在 C 的内部而 a 在 C 的外部时，

∫ z z z ? a dz = 2π z = π dz = 2 cz c z + a ? z a ? a 2 z=?a ii

∫（iii）当 a 与－a 在 C 的内部时，设 C1 , C2 分别为以 a,?a 为心半径充分小的圆周使 C1 , C2 均在 C 的内 部且互不相交也互不包含，则由复合闭路定理及 Cauchy 积分公式得

z z z + a dz +∫ z ? a dz = πi + πi = 2

c ∫c z 2 ? a2 dz = ∫1 c z πi z ? a 2 z + a

（iv）当 a 与－a 都在 C 的外部时，由 Cauchy-Gourssat 定理得

∫ 1

z

dz = 0 。

C z 2 ? a 2

15．设 C1 与 C2 为两条互不包含，也互不相交的正向简单闭曲线，证明：

2 ? z 2 dz 当z sin zdz ? ? z 0 , 0 在C 1 内+ ∫ ? = ? 时, ?∫ 2π i z ? zz ? z??C1 0 C2 0 ?? ?sin z0 , 当z0在C2内

时.2 sin zdz 1 1 zdz 2 2

证明 利用 Cauchy 积分公式，当z0在C1内= z | z = z0 = z0 ，而 = 0 ； ∫ ∫ 2π i z ? 2π i z ? 0 0 C1 C2

时,

2

sin 1 z dz 1 zdz 当z0在C2内= 0 ，而= sin z |z = z = sin z0 。故结论成立。 ∫ ∫ 0

2π i C z ? z0 2π i C z ? z0

1 2 时,

16．设函数 f (z ) 在 0 <| z |< 1 内解析，且沿任何圆周 C：| z |= r ，0 < r < 1 的积分为零，问 f (z ) 是否需在 z=0 处解析？试举例说明之。

解 不一定。如令 f (z ) = 2 ，则其在 0 <| z |< 1 内解析，且沿任何圆周 C：| z |= r ， 0 < r < 1 的积分

1

z

- 5 -

∫

C

f (z )dz = ∫

1

dz = 0 2 | z|= r z

但显然 f (z ) = 2 在 z=0 处不解析。

17.设 f (z )与 g (z )在区域 D 内处处解析，C 为 D 内任何一条简单光滑闭曲线，它的内部全属于 D。如 果 f (z ) = g (z )在 C 上所有点都成立，试证在 C 的内部所有点处 f (z ) = g (z )也成立。

证 因 f (z ), g (z )在 D 内处处解析故在 C 上及其内部也处处解析，设 z0 为 C 的内部的任一点，则由 Cauchy 积分公式有

1 f (z ) f (z ) =dz, 0

2πi C z ? z0

1 g (z ) g (z ) =dz ， 0

2πi C z ? z0

1 z

∫ ∫∫ ) 又因在 C 上 f (z = g (z )，故

f (z ) dz = C z ? z 0

∫ g (z ) dz ，

C z ? z 0

从而 f (z0 ) = g (z0 ), 由 z0 的任意性，在 C 的内部均有 f (z ) = g (z )。

18．设区域 D 是圆环域， f ( z) 在 D 内解析，以圆环的中心为中心作正向圆周 K1与K2 ， K2包含

?

z0 为 K1,K2 之间任一点，试证（3.5.1）仍成立，但 C要换成K1 + K2 (见图).证明 参照 78 页闭路变形定理的证明方法。

19．设 f (z )在 单连通区域 D 内解析，且不为零，C 为 D 内任何一条简单光滑闭曲线，问积分 是否为零？为什么？

dz ∫ f (z ) C

) f '(z

解 等于零。因 f (z ) 在 D 内解析，故 f (z ) 具有各阶导数且仍为解析函数，从而 f ' (z )在 D 内也解又因在 D 内 f (z ) ≠ 0 ，故 有

f ' (z ) 在 D 内解析，从而在 C 上及 C 的内部也解析，于是由 Cauchy-Gourssat 定

f (z )

∫ ' (z ) f dz= 0 。

C f (z )

20．试说明柯西－古萨基本定理中的 C 为什么可以不是简单闭曲线？

21．设 f ( z) 在区域 D 内解析， C 为 D 内的任意一条正向简单闭曲线，证明：对在 D 内但不在 C 上 的任意一点 z0 ，等式：

证明

C

∫ z ? z

0

z) f '(

dz = ∫ C

f ( z)

dz 成

( z ? 0 z )2

利用 Cauchy 积分公式，有

∫ z ? z dz = 2π if '( z)

C

0

z) f '(

|

z = z0

= 2π if '( z0 ) ；而由高阶导数公

f ( z) 2i π z0 = 2π dz = f '( z) |if '( zz = 0 ) ，故所证等式成2 ∫ ( z ? z )1! 0 C

22．如果?( x, y) 和ψ ( x, y) 都具有二阶连续偏导数，且适合拉普拉斯方程，而 s = ?y ?ψ t = ?x +ψ x ，

y

证明

由?( x, y) 和ψ ( x, y) 都具有二阶连续偏导数，而 s = ?y ?ψ x ，t = ?x +ψ y 知，s, t 具有一

xx

连续的偏导数，在证 s, t 满足 C－R 方程即可。注意?+ ?yy

= 0 ，ψ ，则 xx +ψ yy = 0

?ψ yx = ?tx ，故 s, t 满足 C－R 方程，即

sx = ?yx

?ψ xx = ?xy

+ψ yy = t y ； sy = ?yy

?ψ xy = ??xx

- 6 -

2）与 1）采用同样的方法，并利用 n

n

1

≥ (n ≥ 2) ； ln n n

n

1

n∞ ? ∞

(6+5i) (6+5i) ? 61 ? 61 ? ，而收敛，故绝对收敛； 3）因 = ∑ ∑n n ???? 88n=1 ? 8 ? n=1 ? 8 ? ∞

ch n cos in 4）因 cos in = chn ，而 lim n ≠ 0 ，故 ∑ 2n 发n→∞ 2n=2

4．下列说法是否正确？为什么？

（1）每一个幂级数在它的收敛圆周上处处收敛；

（2）每一个幂级数的和函数在收敛圆内可能有奇点；

（3）每一个在 z0 连续的函数一定可以在 z0 的邻域内展开成 Taylor 级数。 解（1）不对。如 z n 在收敛圆 z < 1 内收敛，但在收敛圆周 z = 1上并不收∑

n=0 ∞

（2）不对。幂级数的和函数在收敛圆内为解析函数，不能有奇点；

(3)不对。如 f (z ) = z 在全平面上连续,但它在任何点的邻域内均不能展开成 Taylor 级 数。

5.幂级数 c z ? 2)能否在 z = 0 收敛而在 z = 3 发散？ n (

n=0

∑

∞

n

解 不能。因如

c ( z ? 2)∑

n n=0

∞

n

半径 在 z = 0 收敛，则 由 Abel 定理其收敛

R ≥ 0 ? 2 = 2 ，而 3 ? 2 = 1 < 2 即 z = 3 在其收敛圆 | z ? 2 |< 2 内，故级数 z = 3 收敛，矛盾。

6．求下列幂级数的收敛半径：

n 2∞z（ n n!）z ； ( p为正整数) ； （1） （2） ∑ ∑p n nn n=1 n=1

∞

c z ? 2)在 ∑n (

n=0

∞

n

（3） （1＋i)n z n ；

n=0

∑

∞

∞

（4）

∑e z ；

n=1

n→∞ ∞

πi n n

? i ? n

（5） ch ∑? ?( z ?1)；

? n ? n=1

∞

n→∞ z ? ? （6） ∑? ? 。

ln in ? n=1 ?

n

= lim n n p = 解 （1） R = 1/ lim n an1；

2

（2） R = 1/ lim

an an+1 = lim n→∞ an→∞ an n+1

n→∞ n→∞

1

(1 + )n

= lim n = 0 ; n→∞ n +1

1/ 2 ； （3） R = 1/ lim n an = lim1/ | 1 + i | =

（4） R = 1/ lim n an = 1 ；

n→∞ （5） R = 1/ lim n an = 1/ lim n ch ? ? = 1/ lim n cos n→∞ n→∞ n→∞ （6） R = 1/ lim n an = lim | ln in |= ∞ ;

n→∞ n→∞

? i ? ? n ? 1 = 1 ； n 7．如果 c R，证明级数 n z 的收敛半径为

n=0

∑

∞

n

n

Re c z () ∑ n 的收敛半径 ≥ R 。 n=0 ∞

∞

∞

证明 对于圆| z |< R 内的任意一点 z，由已知

n

n

c ∑ z 绝对收敛即 ∑c n z 收敛，又

n

n=0

n=0

n

因 Re cn ≤ cn ，从而 Re cn z ≤| cn || z | ，故由正项级数的比较判别法 收敛即

∑ Re cn z 也

n =0

∞

n

Re c ) z 在| z |< R 内绝对收敛，于是其收敛半径 ≥ R 。 ( ∑

n n

n =0

∞

8．证明：如果 lim c n +1

存在（ ≠∞ ），下列三个幂级数有相同的收敛半径

n→∞ c n

z∑ n +1

cn

n+1

n

； ∑cn z

；

nc∑ z

n

n?1

。

证明

设 lim cn

c n+1

= ρ ，则幂级数∑ c z n 的收敛半径为1/ | ρ n→∞ c n

幂级数

an +1 cn /(n +1) n+1z = lim 的收敛半径为 R = 1/ lim= 1/ | ρ ∑ n→∞ c /(n + n→∞ a n +1 2) | n n+1

幂级数 nc z n?1 的收敛半径为 R = 1/ lim n 故以上三个幂级数有相同的收敛半径。

9．设级数

∑

ncn an+1 = lim = 1/ | ρ n→∞ a n→∞ (n +1)c n n+1 |

∞

∑c收敛，而 ∑ 发散，证明 ∑cz 的收敛半径为 1。

n

n

n n =0

n=0

n=0

∞ ∞

3

∞ n=0

∞ n=0

∞

∞ n=0

∞ n=0

n

n

∑

n n=0

∞

n

∑

n n=0

∞

n

的收敛半径

R ≤ 1。所以 c ∑ z n 的收敛半径为 1。

n=0

n

处绝对收敛，证明它在收敛圆所 10．如果级数 c z 在它的收敛圆的圆周上一点 z 0

n=0

∑

∞

围的闭区域上绝对收敛。

证明

n

由 Abel 定理知 c z 在其收敛圆内绝对收敛，再证其在圆周上绝对收敛即

n=0 ∞ n=0

n

∞ n=0

n

∑

∞

∑

n=0

∞

n

绝对收敛，故结论成立。

11．把下列各函数展开成 z 的幂级数，并指出它们的收敛半径。 （1） 1 1

；（3） cos z 2 ；（4） sh z ； ；（2） 322 1 + z 1 + z

()（5） ch z ；（6） e z sin z 2 ；（7） e z ?1 ；（8） sin 解 （1）由 1

= 1 ? z + z 2 ? z 3 + , | z |< 1 ，故 1 + z

2

z

1 1 ? z

1 n

= 1 ? z 3 + z 6 ? z 9 + … + (? 1)z 3n + … ，| z |< 1 ， 31 + z

而收敛半径 R=1； （2）因 故 又因

1 n

= 1 ? z + z 2 ? z 3 + … + (? 1)z n + … ，| z |< 1 ， 1 + z

1 n

= 1 ? z 2 + z 4 + … + (? 1)z 2 n + … ，| z |< 1 ， 21 + z

? 1 ? ?2 z

， ′ ? 2 ?22 1 + z =? ? 1 + z

() 1 ( )而 R =1；

1 ? 1 ? 4 6

? 4 z + … ，| z |< 1 ， = ? ? 1 ? 2 + 3z 2 ?′ = 2 2 2z 1 + z ? ? 1 + z

2z

8

z 12 z 4 z cos z = 1 ? + ? +

2! 4! 6!

2

4

z 6 z 2 z （3）因 cos z = 1 ? + ? + …, z < ∞, 故

2! 4! 6!

4

| z |< +∞ 而其收敛半径 R = +∞ ；

3

e z ? e ? z z z 2 z 3 z 2 z ?z

（4）因 sh z = , e = 1 + z + + + …, | z |< +∞, e= 1 ? z + ? + …, | z |< +∞,

2 2! 3! 2! 3!

故

z 3 z 3

sh z = z + + + …, | z |< +∞,

3! 5!

而收敛半径 R = +∞ ；

2 4

z z

（5） ch z = 1 + + + …, | z |< +∞,

2! 4!

6

z 10 z 4 z 6 2 2 z （6）因 e = 1 + z + + + …, | z |< +∞, sin z = z ? + + …, | z |< +∞,

2! 3! 3! 5!

z 2

2

4 6 6 10 6 z z ? 2 z ? ? 2 z ? 2 4 z 故 e sin z = ?1 + z + + + …?.? z ? + + …? = z + z + + …, | z |< +∞,

2! 3! 3! 5!3 ? ? ? ?

z 2

2

而收敛半径 R = +∞;

3 z 2 z （7）因 e= 1 + z + + + …,| z |< +∞, 2! 3!

z

∞

z 2 3

= ?z ? z ? z?… = ?∑ z n +1 ,| z |< 1, z ?1 n=0

故 e

z

z ?1

= 1 ? ∑ z n+1 + n=0 n=0

∞

( ∑z )

∞

n+1 2

2!

n+1 3

z ) ( ∑3 z 2 z n=0 + = 1 ? z ? ? + , | z |< ? 1 ， 3! 2! 3!

∞

而收敛半径 R=1。 （8）因 sin ? z ? 1 z z

= sin?1 + + cos1sin , ? = sin 1cos 1 ? z 1 ? z 1 ? z ? 1 ? z ?

z ∑

n=0 ∞

n+1

z

= z + z 2 + z 3 + … = 1 ? z

, | z |< 1,

故 sin 1 3 5 z

= z + z 2 + z 3 + …? z + z 2 + z 3 + …+ … = z + z 2 + z 3 + … ，| z |< 1 ，

3! 1 ? z 6

()()1 2 1 4 1 z

cos = 1 ? z + z 2 + z 3 + …? z + z 2 + z 3 + …+ … = 1 ? z 2 ? z 3 + …，| z |< 1 ，

2 4! 2 1 ? z

()()故 sin

1 5 ? 1 ? ? ? = sin 1?1 ? z 2 ? z 3 + …? + cos1? z + z 2 + z 3 + …? 1 ? z 6 ? 2 ? ? ?

= sin 1 + (cos1)z + ? cos1 ? sin 1?z 2 + ? cos1 ? sin 1?z 3 + , | z |< 1 ，

1

2

??

? ?

?5 ? 6

??

而收敛半径 R=1。

12．求下列各函数在指定点 z0 处的 Taylor 展开式，并指出它们的收敛半径：

5

（1） z 1 ?

， z 0 = 1 z + 1 1 z

（2） （4） z

， z = 2

(z + 1)(z + 2) 0

（3） 2 ， z = ?1 0

1

， z 1 + i 0 = 4 ? 3z

（5） tan z ， z0 = π /4 （6） arctan z ， z0 = 0 解 （1）因

z 1 z 1 1 ? 1 ?

= (z ? 1) = 1 ? z + 1 (z ? 1 + 2) 2 1 + z 2

1

及 = 1 ? z + z 2 ? z 3 + , | z |< 1 。故

1 + z

2 n?1

? 1 ? z 1 ? z ? 1 ? z 1 z 1 ? z ? ? ? ? ? n?1

= + ? 1)? ?1 ? ? ? + (? ? + ? z + 1 2 ?? 2 ? 2 ? ? 2 ? ??

z 1 ? z 1 ? 1 ? n?1 ? z ? ? ?

1) ? = ? ? ? + ? + + (?

2 ? 2 ? ? 2 ? = 2 n

∑ 2

n=1

∞

1 (? 1)n ? ? 1 (z )n ，n

| z ? 1 |< 2

于是收敛半径 R=2。 （2）因 及

z 1 ? 4 2 ? 2 1 = ? ? ? ? = (z + 1)(z + 2) 2 ? z + 2 z + 1 ? z + 2 z + 1

2

1 1 1 1 ? z ? ? 1 2 z ?2 ? ?= 1 ? + ? = = ? , ? ?? 2 4 4 z + 2 4 + (z ? 2) 4 1 + z ? 4 ? ? ?? ?? 4 2

? 11 z ? 2 ? 1 1 1 ? z ? 2 ?

= = ?1 ? + ? = ? ? ?,

2z + 1 3 + (z ? 2) 3 1 + z ? 3 ? 3 ? ?? 3 ?? 3

2 ? z ? 2 (z ?2 )2 ? z ? 2 1 ? 1 ?2

? ? ? 1 ?+故原式 = ?1 ? 2 + 2?2 (z ? 2) ? ? 2 ? 3 ? ? 323 4 ? 2? ? ?

| z ? 2 | < 4

| z ? 2 |< 3

∞ 1= 2 n=0

∞

n ∞ ∞ (? 1n) (z ? 2)n 1 ∞ (? 1)(z ? 2)n (? 1)n(? 1)n n n

(z ? 2)(z ? 2)? ∑ 2 2 n ? 3 ∑ 3 n = ∑2 ∑2n+1 n+1 3 n=0n=0n=0

n

=

? ∑(? 1) ? 2

n=0

?1

1 ?

? (z ? 2)n ，| z ? 2 |< 3 ，而 R = 3 。 2n+1 n+1 ?3?

1 1 2

= ?1 + (z + 1) + (z + 1) + ，

z 1 ? (z + 1)

（3）因 2 = ?? ?′ 及 = 1

z

1 ?? ? z ?

[]| z + 1 |< 1 ，

故

∞

1 n?1

= 1 + 2(z + 1) + + n(z + 1)+ = (n + 1)(z + 1)n ，| z + 1 |< 1 ， 2 z n=0

∑

而 R=1。

6

（4）因

1 1 1

= = 4 ? 3z 4 ? 3[z ? (1 + i)]? 3 ? 3 i 1 ? 3 i? 3[z ? (1 + i)] 2

?1 ? 3 ? 3 ? 1 1 ?? 2

1 [z ? (1 + i)]+ [z ? (1 + i)]= =++? ? ? ? ， 3 1 ? 3 i 1 ? 3 i 1 ? 1 ? 3 i 1 ? 3 i? ? ??? ? [z ? (1 + i)]

1 ? 3 i

其中 3

[z ? (1 + i)] < 1 ，故 1 ? 3 i

∞ n

1 ? 3 i 10 1 3 n

[()] ，| z ? (1 + i)|<= z ? 1 + i = ， +1 3 3 4 ? 3z n=0 (1 ? 3 i)n

∑ 且收敛半径 R = 10

。3

3 z π1 + tan( z ? π 2 5 4 ) （5）因 tan z = z + + z+ , | z |< ，又 tan z = ，故

π

3 15 2 1 ? tan( z ? 4 ) π

tan z = [1 + tan( z ? 4 )](1 + tan( z ? 4 π) + tan 2 ( z ? 4 π) + )

π π 2 8 π 3

) + 2( z ? )+ ( z ? )+ , 且收敛半径 R = 4 4 3 4 4 π

1 1

1 ? z 2 + z 4 ? ,| z |< 1 ，故 （6）因 (arctan z) ' = 2，又 2=

1 + z 1 + z

＝1 + 2( z ? 2 n+1 ∞ z ∞ 1 n 2 n n z ( ?1) arctan z = ∫dz = ∫(?1)z dz = ∑，| z |< 1 ，

0 0 1 + z 2 2n +1 0 n=0

z

且收敛半径 R = 1 。

∑

13．为什么在区域| z |< R 内解析且在区间 (?R, R) 取实数值的函数 f ( z) 展开成 z 的 幂级数时，展开式的系数都是实数？

解 f ( z) 展开成 z 的幂级数时，展开式的系数为 cn = f

( n )

(0)

，而函数 f ( z) 在区间 n!

(?R, R) 取实数值，可知 f ( n ) (0) 也为实数。故展开式的系数都是实数。

14．证明在 f ( z) = cos( z + ) 以 z 的各幂表出的洛朗展开式中的各系数为

1

z

证明

c n = cos(2 cosθ ) cos nθ dθ , (n = 0, ±1, ±0 2∫2, ) 。

π 1

f ( z) = cos( z + ) 在复平面内出去点 z = 0 外解析，所以在 0 <| z |< +∞ 内可

z

1

2π

∞

1 n

展开成洛朗级数 cos( z + ) = ∑c n z ，其中

z n=?∞

7

1 cos( z + ) 1 z dz,(n = 0, ±1, ±2, ,0 < r < +∞) c = n ∫ z n+1 2π |z|=r i

与要证明式子中 cn 的表示式相比较，我们取 r = 1 并利用复积分的计算公式可得 1

cos( z + ) iθ ?i2π cos(e1 + e 1 1 2z dz = dθ =cos(2 cosθ ) cos nθ c = n n+1 inθ ∫ 2π 2π z e 2π |z|=1 dθ

i ∫∫ i 2π 1 2π

? ∫ cos(2 cosθ ) sin nθ dθ cos(2 cosθ ) cos nθ

2π dθ 20

＝π2 π

∫cos(2 cosθ ) sin nθ dθ ，而 cos(2 cosθ ) sin nθ 因 cos(2 cosθ ) sin nθ dθ ＝ ∫?π ∫

0

θ 函数。

15．下列结论是否正确？

z z 1 1

= 1 + + 2 + = z + z 2 + z3 + ，

z z 1 ? z z ?1

z 1 1 z = 0 ，所以 + 2 + +1 + z + z 2 + z3 + = 0 。 因为 +

z z 1 ? z z ?1

解 不正确。因为长除法所得到的两式，使它们成立的 z 值的范围不同（分别为

用长除法

| z |< 1 ；| z |> 1 ），因此不能相加。

16．把下列各函数在指定的圆环域内展开成 Laurent 级数。 （1）

1

，1 <| z |< 2 ；

z 2 + 1(z ? 2)

(

)（2）

1

2

z(1 ? z ) 1

， 0 <| z |< 1,0 <| z ? 1 |< 1 ；

1

（3） ,0 <| z ? 1 |< 1,1 <| z ? 2 |< +∞ (z ? 1)(z ? 2)

1? z

（4） e ，1 <| z |< +∞

（5） 1 ，在以 i 为中心的圆环域内 2

z ( z ? i)

（6） sin 1

， 0 <| z ? 1 |< +∞ 1 ? z

（7） ( z ? 2) z ?1)(

,3 <| z |< 4, 4 <| z |< +∞

( z ? 3)( z ? 4)

1 1 2? z ? 1

= 2 5 + 2 5 + 5 2 ( z + 1)( z ? 2) z + 1 z + 1 z ? 2

解 （1）因 故

1 1 1 1 1 1 2 1 1 = ? z ? 2 ? ? 2

( z + 1)( z ? 2) 5 z 1 + 1 5 z 2 1 + 1 10 1 ? z

z 2 z 2 2

8

∞∞1 2 1 1 1 ∞ n n 1 2n = ? z ? 2 (? 1) 2n ? 2(? 1)z ? z 5 z n=0 10 n=0 2n 5 z n=0

z

∞ ∞ 1 2 1 ∞ z n n 1 n 1 = ? (? 1) 2n+1 ? (? 1)2( z n n+1) ? 10 n=0 z 5 n=0 5 n=0

2

2

2 1 1 1 1 z z z 3 2 1 + 1 1 ? ? ? ? ? ? ? 1 <| z |< 2 ； = + 5 z 4 5 z 3 5 z 2 5 z 10 20 40 80

∑∑ 1 ∑ ∑∑

∑ （2）在 0 <| z |< 1 内，

1 1

= 1 + z + z 2 + + z n + 2

z(1 ? z ) z

()2

= 1

1 + 2 z + 3z 2 + + (n + 1)z n + z

()

1

= + 2 + 3z + + (n + 1)z n?1 + = z

∑(n + 2)z

n=?1

∞

n

在 0 <| z ? 1 |< 1 内，

∞

1 1 1 1 n n (? 1) (z ? 1)= = 2 2 2

z(1 ? z )(1 ? z )1 + (z ? 1) (1 ? z )n=0

∑

= ∑(? 1)(z ? 1)n

n=?2

∞

n

；

（3） 0 <| z ? 1 |< 1 内，

1 1 1 1 1

= ? = ?

( z ? 1)( z ? 2) z ? 2 z ? 1 (z ? 1)? 1 z ? 1

1 1

= ? ? = ?) z ? 1 1 ? (z ? 1

∑

1

= ? (z ? 1)n (z ? 1) ? z ? 1 n=0 n=?1

n

∞

∑∞在1 <| z ? 2 |< +∞ 内

1 1 1 1 1

= ? = ?( z ? 1)( z ? 2) z ? 2 z ? 1 z ? 2 (z ? 2) + 1

∞

1 1 1 1 1 1 n = ? = ? (? 1)

z? 2 z ? 2 1 + 1 z ? 2 z ? 2 n=0 (z ? 2)n z ? 2

∑

∞ ∞

1 1 1 1 n n+1 + (? 1) + (? 1)= = +1 n

z ? 2 n=0 z ? 2 n=1 (z ? 2 ) (z ? 2)n ∑∑

= ∑(? 1) (z ? 2 )n?1

n 2 =

∞

1

n

（4）在1 <| z |< +∞ 内，因

?1 ? 1 1 1 ? ? 1? 1 ? 1 1

= = ?1 + + 2 + ? = ?? + 2 + 3 + ?

1 ?1 ? z ?z ? z z ? ? z z z ? z?1 ? ? ? z ?

9

? 11 1 ? 1 ? 11 1 ? 1 ? 11 1

故 e1?z = 1 ? ? + 2 + 3 + ? + ? + 2 + 3 + ? ? ? + 2 + 3 + ?? + ；

? 2! ? z z z ? 3! ? z z z ? ? z z z

1 11 1 1 1 1

+ = 1 ? ? 2 ? 3 + 4

z 2! z 3! z 4! z

∞

1 n?1 n?1

= (?1)nz ,| z |< 1 ，故 （5）在 0 <| z ? i |< 1内，因 ∑ 2

(1 + z) n=1

1

2 3

∞

( z ? i)n ?2 1 1 n?1 n＝ = ∑(?1) n+1

z ? i iz 2 ( z ? i) i 2 2 n=1

( z ? i)(1 + )

i

在1 <| z ? i |< +∞ 内，因 1 1

＝，故 2

z 2 ( z ? i) ( z ? i) 3 (1 + i )

z ? i

n-1 n ∞ ∞

1 n +1)i n?1 ni n(＝ (?1) ∑(?1)(z - i)n+2 = ∑(z - i)n+3 z 2 ( z ? i) n=1 n=0

（6）因 sin z = ∑n=0

∞

z (? 1) , | z | < +∞ ,故

(2n + 1)!

n

2n+1

∞

1 1 1 = ?sin = (? 1)n (2n + 1)! (1 ? z )2 n+1 1 ? z n=0

∑∑(? 1) (2n + 1)! (z ? 1)n

n=0

∞

1

1

2 n+1 ,

0 <| z ? 1 |< +∞

( z ?1)( z ? 2) 1 1

（7）在3 <| z |< 4 内，因 = ( z 2 ? 3z + 2)( ? ) ，故

( z ? 3)( z ? 4) 3 ? z 4 ? z

1 ( z ? 2) z ?1)( 1 = ?( z 2 ? 3z + 2)( + ) z

( z ? 3)( z ? 4) z(1 ? 3 )4(1 ? ) z 4 n ∞ n ∞

z3 z ) ＝1 ? ∑ ＝ ?( z ? 3z + 2)( ∑ +? 2 ∑ n n+1 ∑ n+1 n+1

z 42 4 n =0 n=0 n=0 n=?1 3

2

∞

3

n ∞

z

n

1 1 ( z ?1)( z ? 2)

在 4 <| z |< +∞ 内， = ( z 2 ? 3z + 2)( ) ?

( z ? 3)( z ? 4) z ? 4 z ? 3

1 ( z ?1)( z ? 2) 1 2 = ( z ? 3z + 2)( ? ) 4 3

( z ? 3)( z ? 4) z(1 ? z ) z(1 ? z )

＝ ( z ? 3z + 2)(

2

∑z ? ∑ z

n=0

n+1

n=0

∞

4

n ∞

3

n

n+1

) ＝1 + ∑(3 ? 22 n?1 ? 2 ? 3n?1 ) z ? n

n=1

∞

1 17．函数 tan 能否在圆环域 0 <| z |< R （ 0 < R < +∞ ）内展开成洛朗级数？

z 为什么？

10

1

解 不能展成洛朗级数。因在圆环域 0 <| z |< R 内 tan 不解析。

z 18．如果 k 为满足关系 k 2 < 1 的实数，证明

sin θ n

； k sin(n +1)θ = ∑2 1 ? 2k cosθ + n=0

k ∞

n

。 k cos(n +1)θ = ∑ 2

1 ? 2k cosθ + n=0

k

1

在| z |> k 内为解析函数，将其展成洛朗级数有 z ? k

∞

n ∞

1 1 k = = ∑n+1z z ? k z(1 ? k ) n=0 z

证明

在上式中令 z = eiθ ，

n ∞ ∞

1 cosθ ? k ? i sin k n n ，即= = k cos(n +1)θ ? ik sin(n +1)(∑∑ iiθ n +1 2 θ (ee ? k n=0 ) 1 ? 2k cosθ + n=0

) k

分离实部和虚部即得结论。

19．如果C 为正向圆周| z |= 3 ，求积分 ∫ f ( z)dz 的值.设 f ( z) 1 z + 2 1 z 1） ； 2） ； 3） ； 4）。 2z( z +1) z( z + 2) ( z +1) z ( z +1)( z + 2) 解

C

∫ f ( z)dz = 2π ic

?n ∞

1 1 ? 1 1 ? 1 ? 1 1 ? 1 ? 1 n 2 ?= ? ?1） = ? ?, | z |> 2 。 ? = ? ? ∑(?1)n+1 ? ?

z( z + 2) 2 ? z z + 2 ? 2 ? z z(1 + 2 ) 2 zz ? n=0 ? z ?

故 ∫ f ( z)dz ＝0。

C

∞ ? 1 1 ? ? 1 z + 2 n 1 ?2） = ( z + 2) ? (?1), | z |> 1 = ( z + 2) ? ? ? ∑ ? n+1 ?1 z z n =0 ( z +1) z z z(1 + z ) ? ? ? ?

故 2π ∫ f ( z)dz ＝ i 。

∞

1 1 1 n ?1 n 3） (?1),| z |> 1。故 f ( z)dz ＝0。 == 3 ∑ 2n?1∫ zz( z +1)2 z3 (1 + 1 )z n=1 z C

11

nn n ? ∞ (?1) ∞ (?1) 2 ? 1 z 1 4） = z ? ? = ? ∑ n ,| z |> 2 n 1 2 ? ∑ z z ( z +1)( z + 2) z(1 + )z(1 + ) n=0 z ? n=0 z ?

故 2π ∫ f ( z)dz ＝

i ∞。 20．试求积分 ∫ ( ∑ z n )dz 的值，其中C 为单位圆| z |= 1 内的任何一条不经

C n=?2

过

1 1 1 n

z = + +,0 <| z |< 1。而C 为单位圆| z |= 1 内的任何一条不经 ∑2 z z 1 ? z n=?2

∞

∞

解

n

过原点的简单闭曲线，故 ∫ ( ∑ z )dz = 2π ic?1 = 2π

C n=?2

12

习题五解答

1、下列函数有些什么奇点？如果是极点，指出它的级。 （1） 1 z ( z 2 +1)； 2

（2） sin z ； 3 z

（3） 3

1

；

z ? z 2 ? z + 1 1

ln(z + 1)

（4） ；

z

z

； （5） 2 π z

(1 + z )(1 + e)

z

（8） n；

1 + z

2n

（6） e1? z ；

1

； （7） 2 z

z (e?1)

（9） 1

. 2

sin z

解（1） f ( z ) =

1

2

2

z (z + 1)是有理函数，故奇点只是极点，满足 z z +1=0，故 z = 0 ，与 z = ± i 为

(2

)2

其奇点， z = 0 为一级极点，而 z = ± i 为其二级极点。

（2）因 lim sin z =∞ 则 z = 0 为其极点。再确定极点的级，有两种方法： 3 z →0 z

sin z 的二级极点。 3

z

a. z = 0 为 sin z 为的一级零点；而 z = 0 为 z3 的三级零点。故 z = 0 为 2 b. lim z z →0

sin sin z z = lim = 1 ≠ 0 ，故 z = 0 为其二级极点， 3 z →0 zz

1 1

= ，故 z = 1 为其二级极点，而 z = ?1 为一级极点。 2 2

( z ? 1)( z ? 1) (z ? 1)(z + 1)

∞

n n+1∞ln z (1 + z ) n z = (? 1) 无负幂项，故 z = 0 为其可去奇点。 (? 1) ， 0 <| z |< 1 ， z n + 1 n + 1 n=0

n

（3）原式= （4）a． ln(1 + z ) = ∑n=0

∑b． lim

ln(1 + z ) 1

= lim = 1 ，故 z = 0 为可去奇点。 z→0 (z→0 1 + z ) z

（5）由1 + z 2 = 0 得 z = ± i 为 1 + z 2 的一级零点，由1 + eπ z = 0 得 z (2k +1)i (k = 0,±1,±2, )为 1 + e k = 的零点，又 1 + eπ

()()

(为一级极点。 zk = (2k + 1)i ， (k = 1, ±2, )

n(?1)

，知 z = 1 为本性奇点。 （6）由 e1? z = ∑ n

n!( z ?1)n =0

∞

)zk

(1 + e z )的一级零点，因此， z = ± i 为二级极= π eπ zk = ?π ≠ 0 ，所以z 为 k

1

2

z n 1 z z

= z(1 + + + ) ，故 z = 0 为 z 2 (ez ?1) 的三级零点，因而是 2 z （7）因 e?1 = z∑ 2 3! z (e ?1) n=0 (n +1)!

z

∞

的三级极点，而 z = 2kπ i, (k = ±1, ±2, ) 均为一级极

（8）由 z + 1 = 0 ， z = ?1 ，得 z k= e

n

n

i ( 2k +1)π

n

(k = 0,1, n ? 1) 为原式一级极点。

（9） sin z 2 = 0 ? z =± kπ , z = ±i kπ ， k = 0,1, 2,

- 1 -

? 0k = 0 1 2

的二级极点， = sin z ) z = 2 z cos z |= 2 ，知 z = 0 是， (sin z ) '' ( 2 2 ? 2=kπ z =kπ z =0 sin z 2 ?≠ 0 k ≠ 0 ′ |

1 一级极点。 z =± kπ ， z = ±i kπ （ k = 1, 2, 3, ）2sin z

2

2．求证：如果 z0 是 f (z ) 是 m（ m > 1）级零点，那么 z0 是 f ' (z )的 m ? 1 级零点。

m 证 由题知： f (z ) = (z ? z ) ，?(0 z ) ≠ 0 ，则0 )?(z

f ' (z ) = m(z ? z 0 )m ?1

(z )+ (z ? z ? ' (z ) = (z ? 0 z )0 )?

m

m?1

[m? (z )+ (z ? 0 z )? '

()] 故 z0 是 f ' (z )的 m-1 级零点。

3．验证： z = 解 由 ch π 是 ch z 的一级零点。

i2

πππππ ch z 的一级零点。 = cos = 0 ， (ch z) ' z = π i = sh = isin = i ，知 z = 是

2 i2 ii 2 2 2 2

?2

(sin z + sh z ? 2z)的几级极点？ 4． z = 0 是函数

解 (sin z + sh z ? 2z) z =0 = 0, (sin z + sh z ? 2z) ' z =0 = (cos z + ch z ? 2) z =0 = 0 ，

(sin z + sh z ? 2z) '' z =0 = (? sin z + sh z) z =0 = 0, (sin z + sh z ? 2z) ''' z =0 = (? cos z + ch z) z =0 = 0 ， (sin z + sh z ? 2z)(4)

z =0

= (sin z + sh z) z =0 = 0, (sin z + sh z ? 2 z)(5)

z =0

= (cos z + ch z) z =0 = 2 ，

故 z = 0 是函数 sin z + sh z ? 2z 的五级零点，也即为 (sin z + sh z ? 2z)的十级极点。 5．如果 f ( z) 和 g ( z) 是以 z0 为零点的两个不恒等于零的解析函数，那么

?2

f ( z) f '( z)

(或两端均为∞) 。 = lim lim

z →z0 g z → z0 g '( ( z) z)

证 因 f ( z) 和 g ( z) 是以 z0 为零点的两个不恒等于零的解析函数，可设 f ( z) = ( z ? z0 )?( z) ，

g ( z) = ( z ? z0 )ψ ( z) ，?( z),ψ ( z) 为解析函数，则

'( z) ? f ( z) (z ? z0 )? ( z) ?( z ) f ( z) + ( z ? z0 )? '( z) = = ， = ，

g ( z) ( z ? z0 )ψ ( z) ψ ( z) g '( z) ψ ( z) + ( z ? z0 )ψ ? ( z) + ( z ? z '( z) ?z) ? ( z) z) '( z)f '( z) f ( ( 0 )? 故 lim ，即 ， lim = lim = lim = lim

z → z0 g z → zz → zz → zz → z0 ψ 0 g '( 0 ψ 0 ψ ( z) ( z) z) ( z) + ( z ? z0 )ψ '( z) ( z)f ( z) f '( z)

(或两端均为∞) = lim lim

z →z0 g z → z0 g '( ( z) z)

6．若? z ) 与ψ ( z ) 分别以 z = a 为 m 级与 n 级极点（或零点），那么下列三个函数在 z = a 处各( 有什 么性质？

解

( )( ) f ( ( ) ( ) g ( z ) z )

由题意，? z ，ψ z z ) ， g ( z ) 在 a 点解析且 f (a ) ≠ ( ) ( ) m n ，其中 f ( z ? z0 ) z ? z0 ) ( (

- 2 -

g (a ) ≠

（1） z = a 是? ( z ) ?ψ ( z ) 的 m + n 级极点。

（2）对于? z ) /ψ ( z ) ，当 m < n 时，a 是 n ? m 级零点；当 m > n 时，a 是 m ? n 级极点；当 m = n ( 时，

a 是可去奇点。

（3）当 m ≠ n 时，点 a 是? ( z ) +ψ ( z ) 的 max{m, n}级极点，当 m = n 时，点 a 是? ( z ) +ψ ( z ) 的7．函数 f ( z ) =

1

2

z ( z ?1)1

2

在 z = 1处有一个二级极点，这个函数又有下列洛朗展开式

z ( z ?1)= + 1

z ?1)(

? 5

1

z ?1)(

+ 4

1

3z ?1) (

?1

,| z ?1 |> 1. ，| z ? 2 |> 1

(z ? 2)幂项，因此 所以“ z = 1 又是 f (z ) 的本性奇点”，又其中不含 Res ?? f ( z ),1?? = 0 ，这些说法

吗？

解 不对，z = 1不是 f (z ) 的本性奇点，这是因为函数的洛朗展开式是在| z ? 2 |> 1 内得到的，而不是在

z = 2 的圆环域内的洛朗展开式。

1 d ? 1 ? 2 1 z ?1)? = ? Res ?? f ( z ),1?? = m ?( 2z →1 (2 ?1)! dz z ?1) ?? ?? z (

孤立奇点的分类必须根据在这个奇点邻域内洛朗展开式来决定。 8．求下列各函数 f (z ) 在有限奇点处的留数：

z +1 1） 2 ；

z ? 2 z

1? e2 z 2） 4 ； z

3） + z 1 ( z 2 +1)3

4； 4） z

； cos z

1 1 2

z sin ； ； 6） 5） cos z 1 ? z 1 ； 7） z sin z

8） sh z 。 ch z

解 1） Res ?? f ( z ), 0?? = lim

z →0

z +1 1 3 z +1 = ?=， Res ?f z , 2? = lim( z ? ( )? ?z →2 2 2

z ? 2 z 2 z ? 2z 2

2 z

1 ? e

2） f (z ) = 4 ， 的三级极点。 z = 0 为分母的四级零点，是分子的一级零点，所以是 f (z )

z

2 2 z 1 d ? 3 1 ? e? 4

z ? 4 ? = ? Res[ f (z ),0] = ?2 z→0 2! dz z ? 3 ?

或展开洛朗级数

1 1 ? 1 ?

f (z ) = 4 ?1 ?1 ? 2z ? 4z 2 ? 8z 3 ?

2! 3! z ? ?

知 Res[ f (z ),0] = ?c 1 = ?

4

3

? + z 4 ? 3 3 1 ( z ? i)= ? i ， 3） Res ?? f ( z ), i? = lim ? z →i 2! dz 2 ? 2 3 ?( z +1) 8 ? ?

1d

2

- 3 -

d 2 ? + z 4 ? 3 3 1 Res ?? f ( z ), ?i?? = lim 2 ?( z + i) 2 3 ?= i z →?i 2! dz ( z +1)? ? 8

1

4） Res f ( z), kπ + ? ??

π z k +1

= (?1)(kπ + ) ， k = 0, ±1, ±2, ?2 ? (cos z) ' z =kπ + π 2

2

π ?n∞

1 (?1)

, | z ?1 |> 0 ，知 Res ?? f z ),1?? 5） cos = ∑ = c?1 = 0 ( 2 n 1 ? z n=0 (2n)!( z ?1) n ?1 ∞

1 1 (?1) 2

6） z sin = z ∑ =? , | z |> 0 ，知 Res ? f z , 0? = c( ) ? ? ?1

z 2 n ?1 z 6 n =1 (2n ?1)!

2

( ?1)k 1 2 1 ? , k = ±1, ±2, = 7） Res [ f ( z), 0] = lim ?z = 0 ， Res [ f ( z), kπ ] z →0 dz ? z sin z ?? ( z sin z) ' z =kπ k

π

1 ? sh z ? = 8） Res ? f ( z), (k + )π i?=1, k为整数 。 1 (ch z) ' 2 ? ? z =( k + )π i

d?2

9．计算下列各积分（利用留数；圆周均取正向）

sin z

（1） ∫3 z dz ；

|z|=

2

（2）

|z|=2

∫ 1 z ? ( )

e2 z

dz ； 2

（3）

|z|=

2

1 cos z ?

（其中 m 为整数）； ∫3 z m dz ，

（4）

|z ?2 i|=1

∫ th zdz ；

（5）

|z|=3

tan (π z ) ∫

（6）

1

dz（其中 n 为正整数， n n ∫ ( z ? a)( z ? b) |z|=1

且| a |≠ 1, | b |≠ 1,| a |<| b

|

解（1） f (z ) = sin z

， lim f (z ) = 1 故 z = 0 为 f (z ) 的可去奇点z →0 z

Res[ f (z ),0] = c?1 = 0

故原积分=0。

2 z e

（2）在 C 内， f (z ) = z = 1 为其二级极点，则 Res ??2 以 (z ?1) f z ?? = l im(e2 ,1( ) zz →1

)′

z =1

= 2e2 由留数基本

定理有原积分=4 πe2

2

1z 4 ? cos z 1 1 z

= m ?2( ? + ? ...) 故以 I = (3) f ( z) = z = 0 为其 m ? 2 级极点。设 z m z 2! 4! 6!

∫f (z )dz

C

当 m ≤ 2 时， Res[ f (z ),0] = c?1 = 0 ， I = 0 ； 当 Res[ f (z ),0] = c?1 = 0 ， m = 2n > 2 时， I = 0 ；

n?1

当 Res[ f (z ),0] = (? 1) / 2n!= (? 1) 2 /(m ? 1) ！ m = 2n + 1 > 2 时，

m?3

2

m?3 由此 I = (?1) 2π i/(m ? 1)! 或说 m 为大于或等于 3 的奇数时， I = (?1)

（4） f (z ) = th z =

?3 m2

2π i/(m ?1)!

sh z π? 1 ? , zk = ? k + ?π i 为其一级极点 (k = 0,±1, ) k = 0 时， 2 i |= 1 内，则 0 = i 在| z ? ch z 2 ? z ?

, = 2π i ∫ f (z )dz = 2π i Res? f (z )2 ?? ?

C

Res[ f (z ), z0 ] = sh z0 = 1 故 I = ? π i

- 4 -

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