理工類(lèi)專業(yè)課復(fù)習(xí)資料-高等教育出版社《復(fù)變函數(shù)》與《積分變換》第四版課后習(xí)題參考答案

132i=2+?2=32i=2+?2=，Arg=arg+2kπ=?arctan+2kπ,k=0,±1,±2,…1=?1=?=?i??3+3i=?i,i(2)Argargkπ5arctan+2kπ,k=0,±1,±2,….=?7?26i=?7?13i22e2i，2i2Arg=arg+2kπ=2arctan?π+2kπ所以Re{i8?4i21+i}=1,Im{i8?4i21+i}=?3i8?4i21+i=1+3i，|i8?4i21+i|=10Arg(i8?4i21+i)=arg(i8?4i21+i)+2kπ=arg(1?3i)+2kπ=?arctan3+2kπk=0,±1,±2,….2．如果等式=1+i成立，試求實(shí)數(shù)x,y為何值。5+3i=(5+3i)(5?3i)34xyxy52xyxy52解得x=1,y=11。：22i22i3zxiy驗(yàn)證。zxiyz=|z|2成立有x2?y2+2ixy=x2+y2，即x2?y2=x2+y2,xy=0。由此可得z為實(shí)數(shù)。(2)?1=cosπ+isinπ=eiπ(3)1+i=2+i=2cos+isin=2ei；(4)1?cos?+isin?=2sin2+i2sincos=2sinsin+icos2?22?22?22?2(6)=(ei5?)2/(e?i3?)3=ei10?/e?i9?=ei19?4=cos19?+isin19?平移公式：?11,平移公式：?11,1)z=z1+A；2)z=z1(cosα+isinα)=z1eiα。證明：|z1+z2|2+|z1?z2|2=(z1+z2)(z1+z2)+(z1?z2)(z1?z2)=2(z1z1+z2z2)=2(|z1|2+|z2|2)1)任何有理分式函數(shù)R(z)=可以化為X+iY的形式，其中X與Y為具有實(shí)系數(shù)的x與y的有理分式函數(shù)；3)如果復(fù)數(shù)a+ib是實(shí)系數(shù)方程aznaznanzan=0證1)R(z)===+;2)R(z)====X+iY=X?iY;3)事實(shí)上an5aazaz+anzn=P(z)(1)zn+=2cosnt；(2)zn?=2isinnt解(1)zn+=eint+e?int=eint+eint=2sinnt(2)zn?=eint?e?int=eint?eint=2isinnti6=2+6=(2eiπ/4)6=8e3πi/2=?8i。eiπ/6=+,eiπ/2=i，eii5π/6=?+ei7π/6=??，ei3π/2=?i，ei11π/4=?。1 iieieikk=0,1,2。6z解由題意即(2eiπ/4)n=(2e?iπ/4)n,einπ/4=e?inπ/4，sinπ=0，z16．(1)求方程z3+8=0的所有根(2)求微分方程y'''+8y=0的一般解。(2)原方程的特征方程λ3+8=0有根λ1=1+3i，λ2=?2，λ3=1?3i，故其一般形式為yC1e?2x+ex(C2cos+C3sin3x)z出下列各點(diǎn)的位置：zzzy1z?zzz ox -z 1? 1zzz(1)z=(z1+z2)(2)z=λz1+(1?λ)z2(其中λ為實(shí)數(shù))；(3)z=(z1+z2+z3)。解令zk=xk+iyk,k=1,2,3，則(1)z=+i，知點(diǎn)z位于z1與z2連線的中點(diǎn)。7(2)z=x2?λ(x2?x1)+i[y2?λ(y2?y1)]，知點(diǎn)位于z1與z2連線上定比λ=(3)z=(x1+x2+x3)+(y1+y2+y3)，由幾何知識(shí)知點(diǎn)z位于?z1z2z3的重心zzz1=z2=z3=1。證明z1，z2，z3是內(nèi)接于單位圓z=1的一個(gè)正三角形的頂zzz23331=z=23331212=2+zz1212z1?z22=(z1?z2)(z1?z2)=z1z1+z2z2?(z1z2+z2z1)故z1?z2=3，同理z1?z3=z2?z3=3，知?z1z2z3是內(nèi)接于單位圓z=1z2?z1z1?z3=z3?z1z2?z3=證明z2?z1=z3?z1=z2?z3，并說(shuō)明這些等式的幾何意義。argzz1)?arg(z3?z1)=arg(z1?z3)?arg(z2?z3)zzzzz3z2。又因?yàn)閦?z(z?z)+(z?z)z?zz?(z?z)+(z?z)?zzzzzzzzzz正三角形，從而13123z?z=z?z=131238(1)|z?5|=6；(2)|z+2i|≥1；(5)|z+i|=|z?i|；(6)|z+3|+|z+1|=4(7)Im(z)≤2；(8)≥1；(9)0<argz<π；(10)arg(z?i)=解：(1)以點(diǎn)z0=5為心，半徑為6的圓周(見(jiàn)下圖(a))；(2)以點(diǎn)z0=?2i為心，半徑為1的圓周及外部(見(jiàn)下圖(b))；(3)由于Re(z+2)=?1?x=?3知點(diǎn)z的范圍是直線x=?3(見(jiàn)下圖(c))；(4)iz=i(x?iy)=y+ix，故Re(iz)=3?y=3.知點(diǎn)z的范圍是直線y=3(見(jiàn)下圖(d))；(5)z+i=z?i?z+i2=z?i2?(z+i)(z?i)=(z?i)(z+i)?zReizy?y=0.知點(diǎn)z的范圍是實(shí)軸(見(jiàn)下圖(e))；(6)z+3+z+1=4?z+32=4(?z+1)2?x?2=?2z+1?(x?2)2=4z+12?32+12x+4y2=0?(x+2)2+y2=1，即點(diǎn)z的范圍是以(-3,0)和(-1,0)43為焦點(diǎn)，長(zhǎng)半軸為2，短半軸為3的一橢圓(見(jiàn)下圖(f))；(7)y≤2，(見(jiàn)下圖(g))；。z?2(8)z?3≥1?z?32≥z?22?(z?3)(z?3)≥(z?2)(z?2)?z2?3z?3z+9≥z?2z?2z?z?2z?2z+4?z+z≤5?x≤2.即點(diǎn)z的范圍是直線x=2以及x=2為邊界的左半平面(見(jiàn)下圖(h))；(9)不包含實(shí)軸上半平面(見(jiàn)下圖(i))；(10)以i為起點(diǎn)的射線y=x+1,x>0(見(jiàn)下圖(j))；x9xyxx 3iO(h)y2iO(j)yxx 3iO(h)y2iO(j)y55x-3(c)OOi(b)yiOx(d)yixiz(e)5/2xy(f)(i)2i(g)y22．描出下列不等式所確定的區(qū)域，并指是有界的還是無(wú)界的，閉的還是開(kāi)的，單連的還是多連的。(1)Imz>0；(2)z?1>4；(3)0<Rez<1；(4)2≤z≤3；z?1<z+3；(6)?1<argz<?1+π；yyO15O15(7)z?1<4z+1；(9)z?2?|z+2|>1；解(1)Imz>0 (10)zz?(2+i)z?(2?i)z≤4。Ox(2)z?1>4yx圓(z?1)2+y2=16的外部(不包括圓周)，是無(wú)界的、開(kāi)的多連通區(qū)域。(3)0<Rez<1yOx(4)2≤z≤3yO23xoxyDoxyDy(5)z?1<z+3?x>?1yDxxy由射線θ=1及θ=1+π構(gòu)成的角形域，不包括兩射線在內(nèi)，即為一半平面，是(7)z?1<4z+1?x+2+y2>2Oox2 ox2 z2|+|z+2|≤6y55o3x22是橢圓x+y=1及其圍成的區(qū)域，是有界的、閉的單連通區(qū)域。95(9)z?2?|z+2|>1?4x2?y2>1,x<0yx是雙曲線4x2?y2=1的左邊分支的內(nèi)部區(qū)域，是無(wú)界的、開(kāi)的單連通區(qū)域。(10)zz?(2+i)z?(2?i)z≤4yxy及其內(nèi)部區(qū)域，是有界的、閉的單連通區(qū)域。C證設(shè)直角坐標(biāo)系的平面方程為Ax+By=C將x=Rez=(z+z),y=Imz=(z?z)代入，得(A?iB)z+(A?iB)z=C令a=(A+iB)，則a=(A?iB)，上式即為az+az=C。zz+αz+αz+c=0,(其中α為復(fù)常數(shù)，c為實(shí)常數(shù))。證(z+a)(z+a)=R2?zz+az+az+aa?R2=0，其中c=aa?R2為實(shí)25．求下列方程(t是實(shí)參數(shù))給出的曲線。(1)z=(1+i)t；(3)z=t+；(5)z=acht+ibsht(7)z=eαt,(α=a+bi為復(fù)數(shù)) zacostibsint (4)z=t2+， (6)z=aeit+be?it(3)z=x+iy=t+??，即為雙曲線xy=1；(4)z=x+iy=t2+??，即為雙曲線xy=1中位于第一象限中的一xx+yx+yx+y(5)z=acht+ibsht???y=bsh22(6)+=1,橢圓(7)x2+(7)x2+y2=ebarctanx(1)x2+y2=6；(2)y=x；xxy解w===?i，u=,v=，可得(1)u+v=(x2+y2)(1)u+v=(x2+y2)2=x2+y2=4，是w平面上一圓周；uy?v，是w平面上一直線；(3)由x=1，知u=,v=，從而u2+v2==u(4)(x?1)2+y2=1?x2+y2=2x?=，于是u=，是w平面上一(1)點(diǎn)z1=i，z2=1+i，z3=3+i在w平面上的像。(2)區(qū)域0<argz<在w平面上的像。解設(shè)z=reiθ，則ω=z3=r3ei3θ。于是z3=+i=2+i=2cos+isin=2eiz3=+i=2+i=2cos+isin=2eiw1=ei3π/3=?i，w3=23ei=8i(2)因?yàn)橐栽c(diǎn)為頂點(diǎn)的角形域的頂角張大三倍，所以為0<argw<π。29．設(shè)函數(shù)f(z)在z0處連續(xù)，且f(z0)≠0，證明存在z0的鄰域使f(z)≠0。z→z02證因?yàn)閘imf(z)=f(z0)，且f(z0)≠0?？扇ˇ?f(z0)>0，則?z→z02z?z0<δ時(shí)，有f(z)?f(z0)<ε=從而f(z0)?<f(z)，即f(z)>>0即點(diǎn)z∈U(z0,δ)時(shí)，則f(z)≠0。30．設(shè)lzf(z)=A，證明f(z)在z0的某一去心鄰域內(nèi)是有界的。31．設(shè)f(z)=?,(z≠0)試證當(dāng)z→0時(shí)f(z)的極限不存在。證f(z)=?=，顯然。argzargz續(xù)，除此而外在z平證設(shè)f(z)=argz，因?yàn)閒(0)無(wú)定義，所以f(z)在原點(diǎn)z=0處不連續(xù)。當(dāng)z0為負(fù)實(shí)軸上的點(diǎn)時(shí)，即z0=x0(x0<0)，有zargz==?1習(xí)題二解答2)'=iz=?iz=?(1)f(z)=x2?iy(2)f(z)=2x3+3y3i(3)f(z)=xy2+ix2y(4)f(z)=sinxchy+icosxshy解(1)由于=2x,=0,=0,=?1yxz平面上處處不解析。在z平面上處處連續(xù)，且當(dāng)且僅當(dāng)2x2=3y2,即2x±3y=0時(shí)，u,v才滿足C-R條件，故f(z)=u+iv=2x3+3y3i僅在直線2x±3y=0上可導(dǎo)，在z平面上處處不解析。?x?y?x?y3．指出下列函數(shù)f(z)的解析性區(qū)域，并求出其導(dǎo)數(shù)。(c,d中至少有一個(gè)不為0)(c,d中至少有一個(gè)不為0)z?1cz+d2f(z)在D(區(qū)域)內(nèi)解析f(z)在z0解析f(z)在z0可導(dǎo)f(z)在D(區(qū)域)內(nèi)解析f(z)在z0解析f(z)在z0可導(dǎo)f(z)在D內(nèi)可導(dǎo)f(z)在z0連續(xù)要判定它在z0及其鄰域內(nèi)是否可導(dǎo)；要判斷該函數(shù)在區(qū)域D內(nèi)是否解析，只要判定它在D內(nèi)是否(1)如果f(z)在z0點(diǎn)連續(xù)，那么f′(z0)存在。(2)如果f′(z0)存在，那么f(z)在z0點(diǎn)解析。(3)如果z0是f(z)的奇點(diǎn)，那么f(z)在z0不可導(dǎo)。(4)如果z0是f(z)和g(z)的一個(gè)奇點(diǎn)，那么z0也是f(z)+g(z)和f(z)/g(z)的奇點(diǎn)。(5)如果u(x,y)和v(x,y)可導(dǎo)(指偏導(dǎo)數(shù)存在)，那么f(z)=u+iv亦可導(dǎo)。(6)設(shè)f(z)=u+iv在區(qū)域內(nèi)是解析的。如果u是實(shí)常數(shù)，那么f(z)在整個(gè)D內(nèi)是常數(shù)；如果v是實(shí)常數(shù)，那么f(z)在整個(gè)D內(nèi)是常數(shù)；解(1)命題假。如函數(shù)f(z)=|z|2=x2+y2在z平面上處處連續(xù)，除了點(diǎn)z=0外處處不可導(dǎo)。題假，如函數(shù)f(z)=|z|2在點(diǎn)z=0處可導(dǎo)，卻在點(diǎn)z=0處不解析。(3)命題假，如果f(z)在z0點(diǎn)不解析，則z0稱為f(z)的奇點(diǎn)。如上例。z是f(z)+g(z)的奇點(diǎn)。(5)命題假。如函數(shù)f(z)=zRez=x2+ixy僅在點(diǎn)z=0處滿足C-R條件，故f(z)僅在點(diǎn)z=0證|f(z)|=，于是3u+vu+vy?y22 u+22|f(z)|2+|f(z)|2=u22+u2?2+v22+v22+2uv+2uv?=u22+2+v22+2方程的極坐標(biāo)形式是?r=r?θ，?r=?r?θ?r=r?θ，?r=?r?θrcosyrsinuvCR=cosθ+sinθ=(?rsinθ)+rcosθ=rsinθ+rcosθ=r?rr?θ=(?rsinθ)+rcosθ=cosθ+sinθ=?cosθ+sinθ=?rcosθ?rsinθ=??rr?θ?rr?θ(1)f(z)恒取實(shí)值。argfzD。aubvc，其中a、b與c為不全為零的實(shí)常數(shù)。4xyy?x(2)若f(z)=u+iv=u?iv在區(qū)域D內(nèi)解析，則(1)yxyx結(jié)合(1)、(2)兩式，有==0，==0，?x?y?xvyuC1,u2=C2(C1,C2為實(shí)常數(shù))，則f(z)=u+iv=C1+iC2=C argf(z)=arctanvπ,u<0,v>0uarctan?π,u<0,v<0gfzxy5 u?v=u?v=0u2+ u?v=u?v=0u2+Cxyezez(2)cosz=cosz；(3)sinz=sinz解(1)ez=ex(cosy+isiny)=ex(cosy?isiny)=ex?iy=ezezsinzcosz解(3)原方程等價(jià)于ez=?1，于是它的解為：6k (4)由于sinz=?cosz,=?(eiz+e?iz)，故(1)cos(z1+z2)=cosz1cosz2?sinz1sinz2;(2)sin2z+cos2z=1；(3)sin2z=2sinzcosz；(4)tan2z=；(6)|cosz|2=cos2x+sh2y,|sinz|2=sin2x+sh2y=22?2i2iizeize=22?2i2i 42 2==右，即cos(z1+z2)=cosz1cosz2?sinz1sinz2；coszsinzz(2)sin2z+cos2z=2+27(3)左=sin2z=(ei2z?e?i2z)可見(jiàn)左=右，即sin2z=2coszsinz。(4)tan2z===21?2=(5)由(1)知=cosz由(1)得cos(z+π)=coszcosπ?sinzsinπ=?cosz(6)左＝|cosz|2=|cosxchy?isinxshy|2=cos2xch2y+sin2xsh2y＝cos2x(1+sh2y)+sin2xsh2y=cos2x+sh2y＝sin2x(1+sh2y)+cos2xsh2y=sin2x+sh2y。i2i2klniarctank8222shzchzchzshzeze222shzchzchzshzezezez+e?z2)+(ez1+e?z1)(ez2?e?z2)=ez1+z2?e?z1?z22)Ln(z1/z2)=ln(|z1/z2|)+iArgz1/z2=lnz1?lnz2+iArgz1-iArgz2=Lnz1?Lnz2。22222222ieiLneilniargkekeilnekcoslnisinlnk2,…k=0,±1,±2,…20．證明1)ch2z?sh2z=1；2)sh2z+ch2z=ch2z；3)sh(z1+z2)=shz1chz2+chz1shz2；ch(z1+z2)=chz1chz2+shz1shz2。hzeeee222)sh2z+ch2z=(e2)sh2z+ch2z=(e?e)2+(e+e)2=e+e=1；44292222wewzxyCx(y+1)2=C2。(2)流速V(z)=f'(z)=3z2=3z2，又f(z)=z3=x(x2?3y2)+iy(3x2?y2),-1-1.沿下列路線計(jì)算積分+iz2dz。(1)自原點(diǎn)到3+i的直線段(2)自原點(diǎn)沿實(shí)軸至3，再由3沿垂直向上至3+i；(3)自原點(diǎn)沿虛軸至i，再由i沿水平方向右至3+i。tztittdz=(3+i)dtiC43+i于是yiC43+iitdtOC13x30333033(3)+iz2dz=z2dt++iz2dz=∫C3z2dz+∫C4z2dz。tiydz(2)沿y=x2，此時(shí)z=t+it2(0≤t≤1)。dz=(1+i2t)dt，故-2-CImfzdzImeideinsinicosd?π≠0C解zdz=dz=2πi，(利用柯西積分公式)CC5．計(jì)算積分∫Cdz的值，其中C為正向圓周：(1)z=2；(2)z=4解(1)因在|z|=2上有|z|=2，z?z=|z|2=4，從而有z=，故有||dz=|=2dz=|=2dz=4πi(2)因在C上有|z|=4，z?z=|z|2=16，從而有z=，故有||dz=|=4dz=|=4dz=8πi解利用柯西－古薩基本定理和柯西積分公式。CCCC(5)C,C:|z|=r<1(6)Cz3coszdz，C為包圍z＝0的閉曲線zdzCz|=2(10)C，C:|z|=1zyzdziezzeiz1CCz=iCauchyiπ/CCz=i-3-12(4)(5)(612(7)因被積函數(shù)的奇點(diǎn)z=±i在C的內(nèi)部，z=±2i在C的外部，故由復(fù)合閉路定理及Cauchy=?i|=++i|==?i|=dz++i|=dz=2πiz=i+2πiz=?i=?=0(8)由Cauchy積分公式，C=2πisinz|z=0=0(9)由高階求導(dǎo)公式，dz=2πi(sinz)'z==0(10)由高階求導(dǎo)公式，C=(ez)(4)|z=0=sinzdzezdz2)∫ich3zdz=sh3z|i/6=?i/3i4)∫zsinzdz=(sinz?zcosz)|=sin1?cos15)∫(z?i)e?zdz=(i?1?z)e?z|=1?cos1+i(sin1?1)1)(+)dz,其中C:|z|=4為正向C2)dz,其中C:|z－1|=6為正向Cz-4-CiiCC|z?i|=1|z+i|=12)dz=dzC|z?i|=1|z+i|=1iCCdzizC1/z2在C內(nèi)C解析，故dz=0。C的值能否利用閉路變形原理從1)的值得到？為什么？z|=2z|=2z|=42)z|=42π2π|z|=20|z|=40解dz=∫2ie?iθdθ=0；dz=|z|=20|z|=40變形原理從1)的值得到，因zzzDzDC點(diǎn)與z，證明Re∫dζ=. 證明函數(shù)1+ζ2在右半平面解析，故在計(jì)算從0到z沿任意一條曲線C的積分時(shí)與積分路徑無(wú)ddxdd.(分子分母同乘以1+e?2iη)，-5-故Re∫dζ=.13．設(shè)C1與C2為相交于M、N兩點(diǎn)的簡(jiǎn)單閉曲線，它們所圍的區(qū)域分別為B1與B2。B1與B2的公共部分為B。如果f(z)在B1?B與B2?B內(nèi)解析，在C1、C2上也解析，證明：f(z)dz=f(z)dz。12C12證明在B1?B上f(z)為解析函數(shù)，則由柯西基本定理f(z)dz=0；同理f(z)dz=0MENGMMHNFM則∫f(z)dz+∫f(z)dz=∫f(z)dz+∫f(z)dz，即f(z)dz=f(z)dz。NGMMENMHNNFMC1C2C1解(i)當(dāng)a在C的內(nèi)部而-a在C的外部時(shí)GBFB2zHz2a2dz=dz=2πizaz=a=πi。Mzdz=dz=2πizaz=?a=πihy(iv)當(dāng)a與－a都在C的外部時(shí)，由Cauchy-Gourssat定理得z2a2dz=0。,C0C02zC0C02z12C0C12-6-f(z)dz=|=rdz=0Duchydz=dz，zKKKz0為K1,K2之間任一點(diǎn)，試證(3.5.1)仍成立，但C要換成K+K2(見(jiàn)圖).證明參照78頁(yè)閉路變形定理的證明方法。有dz=0。DCDDC的任意一點(diǎn)z0，等式：dz=dz成立。C0證明利用Cauchy積分公式，有dz=2πif'(z)|z=z0=2πif'(z0)C0dz=f'(z)|z=z0=2πif'(z0)，故所證等式成立。sit是x+iy的解析函數(shù)。證明由?(x,y)和ψ(x,y)都具有二階連續(xù)偏導(dǎo)數(shù)，而s=?y?ψx，t=?x+ψy知，s,t具有一階連續(xù)的偏導(dǎo)數(shù)，在證s,t滿足C－R方程即可。注意?xx+?yy=0，ψxx+ψyy=0，則sx=?yx?ψxx=?xy+ψyy=ty；sy=?yy?ψxy=??xx?ψyx=?tx，故s,t滿足C－R方程，即-7-uDf=解f是D內(nèi)的解析函數(shù)。因u為區(qū)域D內(nèi)的調(diào)和函數(shù)，故ux和?uy在D內(nèi)有一階連續(xù)的偏導(dǎo)數(shù)。25．設(shè)u和v都是調(diào)和函數(shù)，如果v是u的共軛調(diào)和函數(shù)，那么u也是v的共軛調(diào)和函數(shù)。這句話對(duì)證明設(shè)v是u的共軛調(diào)和函數(shù)，則uxx+uyy=0，vxx+vyy=0，ux=vy，uy=?vx。又yuyyvuyvyuvyyuvxxuvyy1)if(z)也是解析函數(shù)；2)?u是v的共軛調(diào)和函數(shù)；?x?y3)?2|f(2z)|2+?2|f(2z)|2=4(u+v)=4|f'(z)?x?yvy=?(?u)x。故if(z)也是解析函數(shù)。3)+=(+)(u2+v2)uvuv+2u(uxx+uyy)+2v(vxx+vyy)=4(u+v)=4|f'(z)|228．證明：u=x2?y2和v=都是調(diào)和函數(shù)，但是u+iv不是解析函數(shù)。證明ux=2x，uy=證明ux=2x，uy=?2y，vx=(x2+y2)2，vy=(x2+y2)2， 8x2y2y8y36yvxx=(x2+y2)3?(x2+y2)2，vyy=(x2+y2)3?(x2+y2)2，則uxx+uyy=2+(?2)=0，vxx+vyy=+?=0。-8-29．求具有下列形式的所有調(diào)和函數(shù)u：1)u=f(ax+by),a與b為常數(shù)；2)u=f。解1)由ux=af',uxx=a2f'',uyy=b2f'',而uxx+uyy=0，則f''=0，即f=c1(ax+by)+c2。2)由ux=?f',uxx=2f'+f'',uy=1f',uyy=f'',而uxx+uyy=0，則xxxxxx?xxx?xx30．由下列各已知調(diào)和函數(shù)求解析函數(shù)f(z)=u+iv：1)u=(x?y)(x2+4xy+y2)；3)u=2(x?1)y,f(2)=?i；vf；x解1)ux=3x2+6xy?3y2,uy=3x2?6xy?3y2，則f'(z)=ux?iuy=3x2+6xy?3y2?i(3x2?6xy?3y2)=3(1?i)z2，故f(z)=(1?i)z3+ic,c∈R；2)f'(z)=vy+ivx=+i===，故z2zz2z3)f'(z)=ux?iuy=2y?2i(x?1)=?2i(x?1+iy)=?2i(z?1)，故f(z)=?i(z?1)2+c,又f(2)=?i，則f(z)=?i(z?1)2；x+yx+yx+yzzz4)f'(z)=vy+ivx=+i2?y2=?iy，故f(z)x+yx+yx+yzzz設(shè)v=epxsiny，求p的值使v為調(diào)和函數(shù)，并求出解析函數(shù)f(z)=u+iv。yepxsinypppfzezccRpfzez+c,c∈R。u(x0,y0)=πu(x0+rcos?,y0+rsin?)d?；2)u(x,y)在(x0,y0)的值等于u(x,y)在圓域|z?z0|≤r0上的平均值，即u(x0,y0)=∫πu(x0+rcos?,y0+rsin?)rd?dr。證明1)由平均值公式(P86)-9-0000R2=RR=R.e一i9=匕，故d匕2=d匕/匕2=d匕/匕又-10-dζ/ζidθ(ζ?z)(ζ?z)=R2?2Rrcos(θ??)+r2。又由34題知f(z)=dζ=。1)試用柯西積分公式證明：[f(z)]n=dζ.(3.1.10)于1)中的等式，證明不等式：|f(z)|≤M1/n.3)令n→+∞，對(duì)2)中的不等式取極限，證明：|f(z)|≤M。這個(gè)結(jié)果表明：在閉區(qū)域內(nèi)不恒為常數(shù)的解析函數(shù)的模的最大值只能在區(qū)域的邊界上取得(最大模原理)。證明1)在柯西積分公式中將里面的函數(shù)f(z)換成[f(z)]n即得。2)由1)知|f(z)|n=|[f(z)]n|≤ds≤Mn，故|f(z)|≤Mn1/n=M1/n。3)對(duì)2)中的不等式取極限(n→+∞)，即得。11)αn=；2)αn=1+?n;3)αn=(?1)n+;4)αn=e?nπi/2；5)e?nπi/2nnlnαn=?12222?0,|α|<1,limαn=∞,|α|>1,n→∞?1,α=1,2lnnnlnnn(1)每一個(gè)冪級(jí)數(shù)在它的收斂圓周上處處收斂；(2)每一個(gè)冪級(jí)數(shù)的和函數(shù)在收斂圓內(nèi)可能有奇點(diǎn)；z<1內(nèi)收斂，但在收斂圓周(3)每一個(gè)在zz<1內(nèi)收斂，但在收斂圓周(3)每一個(gè)在z0連續(xù)的函數(shù)一定可以在z0的鄰域內(nèi)展開(kāi)成Taylor級(jí)數(shù)。解(1)不對(duì)。如zn在收斂圓(2)不對(duì)。冪級(jí)數(shù)的和函數(shù)在收斂圓內(nèi)為解析函數(shù)，不能有奇點(diǎn)；(3)不對(duì)。如f(z)=z在全平面上連續(xù),但它在任何點(diǎn)的鄰域內(nèi)均不能展開(kāi)成Taylor級(jí)∞解不能。因如∑cn(z?2)n在z=0收斂，則由Abel定理其收斂半徑∞n=0z(1)(p為正整數(shù))； inzn；n→∞n→∞解(1)R=1/limn=limnn→∞n→∞3a=liman=lim(1+)n=0;a=liman=lim(1+)n=0;n+1n→∞an→∞n+1n+1n→∞n→∞ R=1/limna=1；n→∞nn→∞(2)R=1/n→∞(3)(4)n→∞n(5)R=1/limn→∞nn→∞(6)R=1/limnann→∞n→∞cn→∞cnzn410．如果級(jí)數(shù)cnzn在它的收斂圓的圓周上一點(diǎn)z0處絕對(duì)收斂，證明它在收斂圓所cosz2；(4)shz；z(5)chz；(6)ez2sinz2；(7)ez?1；(8)sinzzzz|<1，故=1?z3+z6?z9+…+(?1)nz3n+…，|z|<1，(2)因=1?z+z2?z3+…+(?1)nzn+…，|z|<1，故而R=1；zznznz，2464!6!4!6!48122zzz2!4!6!cosz2zzz2!4!6!5z?z2323zzz?z2323zz2!3!shzeeezzzz+…,|z|<+∞,e?z=1?z+z?z+…,|2!3!24 (5)chz=1+z+z+…,|z|<+∞,2!4!66103!5!3!5!故ez2sinz2=1+z2+++….z2?++…=z2+z4++…,|z|<+∞,而收斂半徑R=+∞;232!3!(7)因ez=1+z+++…,|z|<2!3!=?z?z2?z3?…=?zn+1,|z|<1,(8)因sin=sin1+=sin1cos+cos1sin,=z+z2+z3+…=zn+1,|z|<1,sinzzz…)?(z+z2+z3+…)3+…=z+z2+z3+…，|z|<1，zz6(1)，z0=1(3)，z0=?1(5)tanz，z0=π/4 (6)arctanz，z0=0zzz??(z+1z)(z+2)=?=?故原式=1?+(z?2)2?…?1?+?…zznz7(4)因111 且收斂半徑R=。＝1+2(z?π)+2(z?π)2+8(z?π)3+…,且收斂半徑R=π。44344arctanz=∫dz=∫(?1)nz2ndz=(?1)n，|z|<1，解f(z)展開(kāi)成z的冪級(jí)數(shù)時(shí)，展開(kāi)式的系數(shù)為cn=，而函數(shù)f(z)在區(qū)間RRfn的系數(shù)都是實(shí)數(shù)。14．證明在f(z)=cos(z+)以z的各冪表出的洛朗展開(kāi)式中的各系數(shù)為dn證明f(z)=cos(z+)在復(fù)平面內(nèi)出去點(diǎn)z=0外解析，所以在0<|z|<+∞內(nèi)可展開(kāi)成洛朗級(jí)數(shù)cos(z+)=ncnzn，其中8 1cos(z+1)cn=2πi|rzn+1zdz,(n=0,±1,±2,…,0<r<+∞)與要證明式子中cn的表示式相比較，我們?nèi)=1并利用復(fù)積分的計(jì)算公式可得cn=)dz=πdθ=πcos(2cosθ)cosnθdθndcossinndcoscossinndcoscossinnzz?1zz用長(zhǎng)除法z=z+z2+z3+…，zzz?1zzzzz。解不正確。因?yàn)殚L(zhǎng)除法所得到的兩式，使它們成立的z值的范圍不同(分別為t1(5)，在以i為中心的圓環(huán)域內(nèi)(6)sin，0<|z?1|<+∞解(1)因=++95z5z5z5z102040805z5z5z5z10204080(2)在0<|z|<1內(nèi)，(3)0<|z?1|<1內(nèi)，在1<|z?2|<+∞內(nèi)(4)在1<|z|<+∞內(nèi)，因=?+++…=1?z?2!z2=1?z?2!z2?3!z3+4!z4+…z17．函數(shù)tan能否在圓環(huán)域0<|z|<R(0<R<+∞)內(nèi)展開(kāi)成洛朗級(jí)數(shù)？解不能展成洛朗級(jí)數(shù)。因在圓環(huán)域0<|z|<R內(nèi)tan不解析。18．如果k為滿足關(guān)系k2<1的實(shí)數(shù)，證明knsin(n+1)θ=；kncos(n+1)θ=。證明在|z|>k內(nèi)為解析函數(shù)，將其展成洛朗級(jí)數(shù)有==在上式中令z=eiθ，19．如果C為正向圓周|z|=3，求積分∫f(z)dz的值.設(shè)f(z)為C解∫f(z)dz=2πic?1CCzznz|>1CCCn=?2znz1。而C為單位圓|z|=1內(nèi)的任何一條不經(jīng)過(guò)原點(diǎn)的簡(jiǎn)單閉曲線，故(zn)dz=2πic?1=2πi。Cn=?2-1-習(xí)題五解答1 (4)ln(z+1)；z1zezzez1)3 (2)3zz z?z?z?z?z+1 (6)e1?z； (9)1sinz2.解(1)f(z)=是有理函數(shù)，故奇點(diǎn)只是極點(diǎn)，滿足z(z2+1)2=0，故z=0，與z=±i為，z=0為一級(jí)極點(diǎn)，而z=±i為其二級(jí)極點(diǎn)。(2)因(2)因lim=∞則z=0為其極點(diǎn)。再確定極點(diǎn)的級(jí)，有兩種方法：zz→0z3a.z=0為sinz為的一級(jí)零點(diǎn)；而z=0為z3的三級(jí)零點(diǎn)。故z=03zz→0zz→0zz→0zz→0z(6)由e=，知z=1為本性奇點(diǎn)。(9)sinz2=0?z=±,z=±i，k=0,1,2,…由-2-z=±z=±，z=±i(k=1,2,3,…)均為2一級(jí)極點(diǎn)。zchz的一級(jí)零點(diǎn)。2解(sinz+shz?2z)z=0=0,(sinz+shz?2z)'z=0=(cosz+chz?2)z=0=0，sinzshzzzsinzshzzsinzshzzz(?cosz+chz)z=0=0，5．如果f(z)和g(z)是以z0為零點(diǎn)的兩個(gè)不恒等于零的解析函數(shù)，那么證因f(z)和g(z)是以z0為零點(diǎn)的兩個(gè)不恒等于零的解析函數(shù)，可設(shè)f(z)=(z?z0)?(z)，g(z)=(z?z0)ψ(z)，?(z),ψ(z)為解析函數(shù)，則f(z)(z?z0)?(z)?(z)f'(z)?(z)+(z?z0)?'(z)lz=lz(或兩端均為∞)6．若?(z)與ψ(z)分別以z=a為m級(jí)與n級(jí)極點(diǎn)(或零點(diǎn))，那么下列三個(gè)函數(shù)在z=a處各有什-3-zzzsinzchz(1)z=a是?(zzzzsinzchzfzz個(gè)二級(jí)極點(diǎn)，這個(gè)函數(shù)又有下列洛朗展開(kāi)式fzz=2的圓環(huán)域內(nèi)的洛朗展開(kāi)式。 z+11?e2z1+z4z1)z2?2z；2)z4；3)(z2+1)3；4)cosz；)f(z)=，z=0為分母的四級(jí)零點(diǎn)，是分子的一級(jí)零點(diǎn)，所以是f(z)的三級(jí)極點(diǎn)。Resfzi=liz(z?i)3=?i，-4-24)Resf(z),kπ+=z=kπ+π=(?1)k+1(kπ+)，k=0,±1,±2,…228)Resf(z),(k+)πi=z=(k+1)πi=1,k為整數(shù)。29．計(jì)算下列各積分(利用留數(shù)；圓周均取正向) |z|=32 (4)thzdz；|z?2i|=1 (2)|2dz； dz|z|=3 |z|=32 (3)f(z)==(?+?...)故以z=0為其m?2級(jí)極點(diǎn)。設(shè)I=f(z)dzmm?3由此I=(?1)22πi/(m?1)!或說(shuō)m為大于或等于3的奇數(shù)時(shí)，I=(?1)22πi/(m?1)!fzthz=,zk=k+πi為其一級(jí)極點(diǎn)(k=0,±1,…)k=0時(shí)，z0=i在|z?2i|=1內(nèi)，則-5-fztanzzzkkk2,?3)，共6個(gè)。故Restanπ,k+=z=k+1=?，由留數(shù)定理2i(6)當(dāng)1<|a|<|b|時(shí)，被積函數(shù)在單位圓內(nèi)解析，故積分為0；當(dāng)|a|<|b|<1時(shí)，Res[f(z),a]=lz(z?a)n=Res[f(z),b]=lz(z?b)n=，故積分為0； 1)ez2；2)cosz?sinz；2z解1)可去奇點(diǎn)，∞的留數(shù)為零。?(t)=f(z)=f()=et2；2)?(t)=f(z)=f()=(?1)n?(?1)n+1，故z=∞為函數(shù)的本性奇點(diǎn)，又由于奇點(diǎn)，留數(shù)為c?1=2ResfzResfRes2。(1)f(z)=(2)f(z)=解(1)f(z)=有兩個(gè)一級(jí)極點(diǎn)z=1,z=?1,故由全部留數(shù)和為零的定理，則2222(2)f(z)=以z=0為一級(jí)極點(diǎn)，z=?1為四級(jí)極點(diǎn)，z=4為一級(jí)極點(diǎn)，用有限奇點(diǎn)留數(shù)和來(lái)求無(wú)窮遠(yuǎn)點(diǎn)的留數(shù)，計(jì)算過(guò)程太麻煩，一般采用直接在z=∞的圓環(huán)域(解析)4<|z|<∞內(nèi)展開(kāi)有-6-??4??f(z)===z61+41?=·z?zz??z?zz??zz?12．計(jì)算下列各積分，C為正向圓周。15