《復(fù)變函數(shù)與積分變換》第二版 答案

1.1內(nèi)容要點(diǎn)三角表示法；=r(cost+isinθ).總有確定的復(fù)數(shù)w和它對(duì)應(yīng).則稱f是D上確定的復(fù)變數(shù)函數(shù)(簡(jiǎn)稱復(fù)變函1.2教學(xué)要求和學(xué)習(xí)注意點(diǎn)·I·牢固掌握復(fù)數(shù)的各種表示方法及其運(yùn)算，了解區(qū)域的概念，理解復(fù)變函數(shù)的難點(diǎn)：初等函數(shù)中的多值函數(shù)的理解.2.學(xué)習(xí)注意點(diǎn)(1)下面的證明過程錯(cuò)在何處?證：設(shè)zx=re(k∴r?,r?,r?中至少有一個(gè)為零，若z?≠0,則故z?,22,z?中至少有一個(gè)為0.(2)下面的解題過程錯(cuò)在何處?答：此解題過程在第二步到第三步的推導(dǎo)時(shí)出錯(cuò)了，正確的是：在復(fù)數(shù)范圍內(nèi)在實(shí)數(shù)范圍內(nèi)(k=0,1,2).(3)下面的解題過程錯(cuò)在何處?題目：設(shè)z?=-1+√3i,z?=-1+i.求argz?Z?.∴arg是錯(cuò)誤的.正確答案：由,得i(k=0,±1,±2,…).1.復(fù)方程az2+bz+c=0(a≠0)的求根公式4ac為什么要求不等于0.答：因?yàn)殛P(guān)于復(fù)數(shù)方根(即w"=z)的定義中要求w≠0,若z=0必有w=0.而√b2-4ac為復(fù)數(shù)方根的形式，因此公式中b2-4ac≠0.所以,那么(b)若Inz=Inr+iθ,那么由(a)、(b)可知，輻角主值的定義范圍可由復(fù)平面上原點(diǎn)引出的任一條射線3.證明：對(duì)任何非零復(fù)數(shù)z?和z?In(z?zz)=Inz?+Ina?+2kπi(k=0,±1).證：因?yàn)楫?dāng)Re(z?)>0,Re(z?)>0時(shí)，In(zz?)=Inz?+Inz?+2kπi(k=0,±1).4.求證：三個(gè)復(fù)數(shù)z,22,z?成為等邊三角形頂點(diǎn)的必要與充分條件是：證：三角形z?2z?是等邊三角形的必要與充分條件為：向量z1z2繞z?旋轉(zhuǎn)或得向量z1z3,即或兩邊平方化簡(jiǎn)得結(jié)論.例1將復(fù)化為三角表示式和指數(shù)表示式.解：∵的三角表示式為：的指數(shù)表示式為：。例2若(1+i)"=(1-i)",試求n的值.解：由(1+i)"=(1-i)"可得：即則得r=4h(L為整數(shù)).例3判斷Im(z)=1是否為區(qū)域?答：點(diǎn)集izIm(z)=11不是區(qū)域.因?yàn)榇它c(diǎn)集的每一個(gè)點(diǎn)都不是內(nèi)點(diǎn)，依照區(qū)域的定義知其不是區(qū)域.根，那么a-ib也是它的根.ao(E)"+a?(三)"-1+…+aπ-1z+an1.5習(xí)題選解整數(shù).當(dāng)n=m+1時(shí)，(d)1(2z+5)(√2-i)|=312z+51.(a)z1+z2+…+za=z2+z2+…+2n;(b) z1+2+…+zm+zm+1=21+z2+…=ly+2xyl≤iyl+2Fxllyl≤3(1zl<1).(a)(-1+i)?=-8(1+i);(b)(=2-1(-1+√3i).設(shè)el…e?n-1=eO++0-:),則(a)z=zi(n=1,2,…);(b)z=z?2.這里θ?=Argz?,θ?=Argz?-Re(z?z?)=Re(r?r?e-8?2)即心中心中??(k=0,±1,±2,…).(h=0,±1,±2,…).1 ·I·(b)試用(a)的結(jié)果求方程2+2z+(1-i)=0的根.(b)方程z2+2z+(1-j)=0的根為(z)-1=(z-)".提示：關(guān)于第一個(gè)等式可記S=1+z+z2+…+z",并考慮S-2S.關(guān)于第二個(gè)等式可在第一個(gè)等式中令z=e.即若記z=e1?,則1.3.2畫出以下各種情形相應(yīng)的閉區(qū)域的草圖(d)Re(z2)>0.圖1.1.2圖1.1.圖1.1.2(c)(x-1)2+y2≥1(圖1.1.3);(d)1xl>Iyl(圖1.1.4);1.3.3設(shè)S為由Izl<1和Iz-21<1兩點(diǎn)集構(gòu)成的開集，請(qǐng)說明為什么S不是連通的.解：因?yàn)閺膠=0到z=2的任何一條折線都不完全屬于S,由“連通”的定義1.4.2求函數(shù)的定義域.并證明當(dāng)x>0,1yl<1時(shí)，g(z)=f(z),1.4.3寫出函數(shù)f(z)=z3+z+1的f(z)=n(x,y)+iv(x,y)形式.=x3-3xy2+x+1+i(y+3x2y-y3).1.4.4設(shè)f(z)=x2-y2-2y(k=0,±1,±2,…).le-21<1當(dāng)且僅當(dāng)Re(z)>0.(k=0,±1,±2,…).;(k=0,±1,±2,…).i(k=0,±1,±2,…).1.5.11證明：若Re(z?)>0,Re(z?)>0,那么證：由1.1.22知Re(z1)>0,Re(z?)>0時(shí)，1.5.14證明：當(dāng)n=0,±1,±2,…時(shí)，(n≠0,k=0,±1,±2,…).1.5.17證明：若z≠0,α為實(shí)數(shù)，那么1|=eaalzh=|zi"證：∵z°=e"Ln2=ea(Inl:I+1argE+2km),∴等式成立.1.5.20(f)證明：2s∴等式成立.1.5.20中的(a)~(e),(g)可類似證之.證：∵sinz=sinxcosiy+cosxsiniy=sinxchy+icosxshy,(k=0,±1,±2,…).1.5.24根據(jù)復(fù)數(shù)相等的概念解方程.(k=0,±1,±2,…).等式成立.1.5.25,1.5.26,1.5.28可類似證之.證：∵'即(c)Arch(-1);(d)Arth(0).=(2k+1)πi(k=0,±1,±2,…);(E=0,±1,±2,…).2.1內(nèi)容要點(diǎn)定義1設(shè)f(z)在包含z的某區(qū)域D內(nèi)有定義，定理1函數(shù)f(z)=a(x,y)+iv(x,y)在定義域內(nèi)一點(diǎn)z=x+iy可導(dǎo)的區(qū)域D內(nèi)解析.定理2函數(shù)f(z)=a(x,y)+in(x,y)在其定義域D內(nèi)解析的必要與充和v(x,y)均為D內(nèi)的調(diào)和函數(shù).由解析函數(shù)的實(shí)部(虛部)求其虛部(實(shí)部)的方法共有三種，見本章2.4的例6.5.初等函數(shù)的解析性2.2教學(xué)要求和學(xué)習(xí)注意點(diǎn)1.教學(xué)要求了解復(fù)變函數(shù)的極限和連續(xù)的概念.理解復(fù)變函數(shù)的導(dǎo)數(shù)及復(fù)變函數(shù)解析的概念，掌握復(fù)變函數(shù)解析的必要與充分條件.了解調(diào)和函數(shù)與解析函數(shù)的關(guān)重點(diǎn)：解析函數(shù)的概念，函數(shù)解析的必要與充分條件，已知解析函數(shù)的實(shí)2.學(xué)習(xí)注意點(diǎn)(1)下面題目的求解過程錯(cuò)在何處?解：令z=iy,則答：復(fù)函數(shù)求極限時(shí)，z→zo表達(dá)的是在復(fù)平面上z以任何方式趨于zo,它與實(shí)平面上(x,y)→(xa,ro)的含義一樣.(2)下面的解答錯(cuò)在何處?題目：求函數(shù)In(1+z)的奇點(diǎn).解：此函數(shù)的奇點(diǎn)為z≤-1.答：此解答錯(cuò)在“z≤-1”這個(gè)表達(dá)式上.復(fù)數(shù)域上的數(shù)是不分大小的.正確(3)(洛必達(dá)法則)若f(z)及g(z)在點(diǎn)z解析，且f(zo)=g(zo)=0,g'(zo)∴柯西-黎曼方程在原點(diǎn)成立.當(dāng)z沿y=0趨于原點(diǎn)時(shí)的極限為1+i,沿y=x趨于原點(diǎn)時(shí)其次，由與知柯西-黎曼方程的兩部分不能同時(shí)成立，從而推出結(jié)論.②下面的解題推導(dǎo)過程是正確的.例如：討論函數(shù)f(z)=i2y的可導(dǎo)性.解：∵∴函數(shù)f(z)=i2y在復(fù)平面上處處不可導(dǎo).答：此結(jié)論的推導(dǎo)過程是正確的，因在復(fù)平面上任何一點(diǎn)都成立，不論柯西-黎曼方程的另一部分成立與否，還是u(x,y),v(x,y)可微與否，定理1關(guān)于函數(shù)可導(dǎo)的必要與充分條件都不成立，故函數(shù)f(z)=i2y在復(fù)平面上處處不可導(dǎo).(6)下面的題目用兩種解法得到的結(jié)果為什么不一樣呢?題目：求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)w'(0).解法一：∵解法二：因?yàn)樵?0,0)處無意義，所以w'(0)不存在.答：第一種解法是正確的，第二種解法因函數(shù)在z=0處可導(dǎo)，故柯西-黎導(dǎo)存在，但偏導(dǎo)未必連續(xù)，只有偏導(dǎo)連續(xù)時(shí)，才可先求偏再代入點(diǎn)(0,0).(7)下面的證明過程哪個(gè)地方出問題了?題目：證明函數(shù)h(x,y)=x2-y2為調(diào)和函數(shù).能找到正數(shù)8,使得0<lz-2il<δ時(shí)，有再觀察圖1.2.1中，在,Iγ-21<圖1.2.12.證明當(dāng)zo不取到負(fù)半實(shí)軸和原點(diǎn)時(shí)有：即3.證明：設(shè)函數(shù)f(z)在zo連續(xù)且f(zo)≠0,那么可以找到z?的一個(gè)小鄰成立.故結(jié)論成立.+0(1△z1),其中A=a+ib,o(I△z1)為比I△zl高階的無窮小.證：必要條件設(shè)f(z)在zo處的導(dǎo)數(shù)為f'(zo),則∴f(z)在zo處可導(dǎo).形式的柯西-黎曼方程：∴u(x,y),v(x,y)在y<0時(shí)柯西-黎曼方程成立.和y<0時(shí)均可微.在y<0(下半平面內(nèi))時(shí)解析.8.證明若v是u在D內(nèi)的共軛調(diào)和函數(shù)，那么v在D內(nèi)的共軛調(diào)和函數(shù)∴-u為v的共軛調(diào)和函數(shù).2.4典型例題當(dāng)w=u+iv沿a軸正半實(shí)軸趨于0時(shí),當(dāng)w沿a軸負(fù)=e*(xcosy-2cosy-ysiny)+ie*(xsiny-2siny+ycosy).(c)假命題.v=y2+h(x),h(x)=2x-x2+c,C=-1.方法三成立.故成立.故If(zo+△z)一wol<E,2.1.5且存在一個(gè)正整數(shù)M,對(duì)□某鄰域內(nèi)所有的數(shù)z都0.進(jìn)而計(jì)的值.∴對(duì),38,當(dāng)Iz-zol<8時(shí)，補(bǔ)充定義使之連續(xù).∴補(bǔ)充定義：f(±2i)=-2±6i,使函數(shù)在z=±2i處成為連續(xù)函數(shù).試證f(z)在原點(diǎn)不連續(xù).2.3.1應(yīng)用導(dǎo)數(shù)定義討論下面函數(shù)的導(dǎo)數(shù)存在否?趨于0時(shí)，上面的極限值為1,故f(z)在任一點(diǎn)導(dǎo)數(shù)不存在，在z=0處不可導(dǎo).當(dāng)z沿y=kx趨于0時(shí)，2.3.4應(yīng)用求導(dǎo)法則證明：多項(xiàng)式函數(shù)P(z)=ao+a?z+a?z2+…+anz"(a≠0,n>1)處處可導(dǎo)，且P'(z)=a?+2a?z+3a?z2+…+naz"-1,并計(jì)算f(z)=(1-4z2)3的導(dǎo)數(shù).證；當(dāng)n為有限數(shù)時(shí)，重復(fù)應(yīng)用函數(shù)和的導(dǎo)數(shù)等于導(dǎo)數(shù)的和的運(yùn)算法則可P'(z)=a?+2a?z+3a?z2+…+naz"-1,f'(z)=[(1-4z2)]'=3(1-4∴2.3.6推導(dǎo)Archz的求導(dǎo)公式.2.3.8驗(yàn)證函數(shù)w=xe*cosy-ye"siny+i(ye2cosy+xe*siny)滿足柯西-黎曼方程.解：∵w=xe*cosy-ye*siny+i(ye*cosy+xe*siny)=ze為解析函數(shù)，∴柯西-黎曼方程成立.且這四個(gè)偏導(dǎo)連續(xù)，當(dāng)y=x時(shí)柯西-黎曼方程成立.且這四個(gè)偏導(dǎo)連續(xù).當(dāng)y=x=0時(shí)柯西-黎曼方程成立，∴柯西-黎曼方程∴f(z)在任一點(diǎn)處不可導(dǎo).∴柯西-黎曼方程在任一點(diǎn)不成立，∴f(z)在任一點(diǎn)處不可導(dǎo).又∵siny與cosy不可能同時(shí)為0,即柯西-黎曼方程不成立，f"(z)=-cosz.2.4.6證明：e2,sinz,cosz在復(fù)平面上任一點(diǎn)都不解析，證：e*由習(xí)題2.3.10(c)可得結(jié)論.且這四個(gè)偏導(dǎo)數(shù)連續(xù).要想柯西一黎曼方程成立，需即∴sinz僅在離散點(diǎn)處可導(dǎo)，在整個(gè)復(fù)平面上不解析.同理可得cosz在整個(gè)復(fù)平面上不解析.2.4.7討論下面各函數(shù)的解析性.且這四個(gè)偏導(dǎo)數(shù)均連續(xù)，且這四個(gè)偏導(dǎo)數(shù)均連續(xù).∴此函數(shù)在整個(gè)復(fù)平面上不解析.∴此函數(shù)在除去z=0的復(fù)平面上解析.∴此函數(shù)在除去?=-1的點(diǎn)外的復(fù)平面上處處解析，內(nèi)必為常數(shù).(c)Ref(z)或Imf(z)在D內(nèi)為常數(shù).∴u=Cy,u=c?(ci,c?為任意實(shí)數(shù)),(b)∵If(z)I=√n2+b2=c,f(z)=u+io在D內(nèi)解析，.,∴u=c?,v=c?(c?,c?為任意實(shí).∴v=c?(cz為任意實(shí)數(shù)),2.4.12設(shè)f(z)=u(x,y)+iv(x,y)為D內(nèi)的解析函數(shù)u(x,y)=C?,v(x,y)=c?為兩個(gè)曲線族，這里c?和c?為任意的實(shí)常數(shù).證明：這兩族曲線正交(提示：曲線正交即為兩曲線交點(diǎn)處切線相互垂直).曲線v(x,y)=c?上任一點(diǎn)處切線斜率上任一點(diǎn)處切線斜率∴u(x,y)=cF,v(x,y)=c?兩曲線族正交.2.5.1證明下面各函數(shù)滿足拉普拉斯方程.(a)u=e*2-2sin2xy;(b)u=Re[Ln(z-1)](z≠1).∴(x,y)滿足拉普拉斯方程.∴u(x,y)滿足拉普拉斯方程.2.5.2證明下面各函數(shù)為任意區(qū)域的調(diào)和函數(shù).∴u(x,y)為調(diào)和函數(shù)∴v(x,y)為調(diào)和函數(shù).2.5.3用x和y表示,并說明這個(gè)函數(shù)為什么在不包含原點(diǎn)的任何區(qū)域內(nèi)為調(diào)和函數(shù).在除去原點(diǎn)的任何鄰域內(nèi)為調(diào)和函數(shù).2.5.4用兩種方法證明函數(shù)In(x2+y2)在復(fù)平面上不含原點(diǎn)的任何區(qū)域且u在z≠0時(shí)么u和v必為常數(shù).∴u,v必為常函數(shù).證：∵v,V均為u在D內(nèi)的共軛調(diào)和函數(shù)，∴復(fù)合函數(shù)F(z)=e“+1為D內(nèi)的解析函數(shù)，isiny).v=eψ(y).u(x,y)=e*(Acosy+Bsiny).o(x,y)=e*(Ccosy+Dsiny).∴v(x,y)=e*(Asiny-Bcosy).=x2+2y-y2+c(c∈R).=2y-3x2y+y3+c(c∈R).=-chycosy+c(c∈R).∴u(x,y)為調(diào)和函數(shù)，與之相應(yīng)的共軛調(diào)和函數(shù)為：2.5.10證明下面u或v為調(diào)和函數(shù)，并求解析函數(shù)f(z)=u+iv.(a)ü=x3-3xy2;(e)u=2e*siny;(i)=e*(ycosy+xsiny)+x+y;證：(a)-(e)證明及求解v(x,γ)的方法如2.5.9題.(f)∵Dxx+Dy=0+0=0,v和v具有連續(xù)的二階偏導(dǎo)數(shù)，在分母不為0時(shí)具有連續(xù)的二階偏導(dǎo)數(shù)，在分母不為0時(shí)具有連續(xù)的二階偏導(dǎo)數(shù)，(s)∵vx+vn=e(ycosy+xsiny+2siny)-=e(xcosy-ysiny)+x-y+i[e+x+y]+c=ze2+(1+i)z+e(c∈R).在分母不為0時(shí)具有連續(xù)的二階偏導(dǎo)數(shù)，(c∈R).第3章積分3.1內(nèi)容要點(diǎn)定理1(柯西積分定理)設(shè)C定理2(柯西積分定理的推廣)設(shè)D為由外線路C。及內(nèi)線路Cj,C?,…,3.柯西公式這里π=0,[,2,….3.2教學(xué)要求和學(xué)習(xí)注意點(diǎn)的性質(zhì).2.學(xué)習(xí)注意點(diǎn)(2)計(jì)算.這里曲線C為z=x+i√1-x2(-1≤x≤1),方向分別取逆時(shí)針和順時(shí)針方向(圖解：時(shí)針.(3)等式3.3釋疑解難并說明積分路徑為什么不能過z=0及z=1.與起點(diǎn)和終點(diǎn)有關(guān)的定理來求解.由解析函數(shù)高階導(dǎo)數(shù)公式的證明過程可知：4.通過函數(shù)f(z)=e2,a=0,b=1+i對(duì)下述結(jié)論進(jìn)行驗(yàn)證：若f(z)在區(qū)域f(b)-f(a)=|AI(b-a)f'(E).上述結(jié)論成立5.如果f(z)在zl<1內(nèi)解析，并且,證明：證：因?yàn)閒(z)證：因?yàn)閒(z)在lzl<1利用積分性質(zhì)有,,解：被積函數(shù)在圓及其所圍區(qū)域內(nèi)解析，應(yīng)用柯西定理知例2計(jì)算這里曲線|zl=3/2只圍住了被積函數(shù)的一個(gè)不解析點(diǎn)1,z-1的次方為1,例3計(jì)算這里曲線lzl=3/2只圍住了被積函數(shù)的一個(gè)不解析點(diǎn)1,z-1的次方為2例4計(jì)算這里曲線Izl=3圍住了被積函數(shù)的兩個(gè)即一個(gè)以上的不解析點(diǎn)，應(yīng)用柯西例5計(jì)算(柯西定理的推廣定理)例在討論并計(jì)算下列積分(,b均不在Izl=R(b)(,b均不在Izl=R(b)當(dāng)圓面1zl≤R不包含a和森時(shí)，包含a包含a和b時(shí)，原式=0.3.1.1求積分,積分路徑為從：=0到z=解3.1.2就下各種情況求積5(h)沿坐標(biāo)軸從z=πi到z=0再到z=1的直線段C(圖1.3.5)沿下面路徑簇v=0到z=2解：因?yàn)閒(z)=第-1為解橋通數(shù)，故對(duì)(a),(b)均有圖13.5圖1.3.6解3.1.4證明：如果C是以x=0,z=1,z=i,z=1+為頂點(diǎn)的正方形的正網(wǎng)邊界(如圖1.3.7所示),那么證：3z+1在整個(gè)復(fù)平面上解析柯西定理知結(jié)論成立3.1.5設(shè)C為習(xí)題3.1.4中的閉幽線，計(jì)算在第1象限的圓弧(圖1.3,8),證證：∵1z2-11x21-1始3。由性新解圖13.8的直線段(圖1.3.9),通過觀察線段上點(diǎn)到原點(diǎn)的距離證明：∴由性質(zhì)知3.1.9令C,為正向圓周1z1=r(r>1),證明：圖1.3.9并積分值當(dāng)r趁于無窮時(shí)面逼近于零.(b)f(z)=ze2()f(z)=shaz;(e)f(z)sn理在復(fù)連通絨上的推廣定理其理在復(fù)連通絨上的推廣定理其3,02的正間邊琴，證明：(示：痧用何題結(jié)檠和閉路變形原理誠：根據(jù)閉路變形原理3.2.4試由原函數(shù)推導(dǎo)對(duì)任何從z?到z的曲線，有解：因?yàn)闉檎麄€(gè)復(fù)平面上的解析函數(shù)，故3.2.5計(jì)算下列各積分，積分路徑為任意曲線.3.2.6(a)錯(cuò)助t=zl+i8(1zi>0,0<<2x)為的原函數(shù)這一事積分路徑為沿z1=2的左半國周從-2i到=21(圖1.3.10),(b)如果C為正向圓周=2,美能忽樣導(dǎo)出益3.2.8設(shè)函數(shù)f(z)在圓環(huán)0<1zl<1內(nèi)解析，且沿任何圓周C:1zl我(0(c)沿怎樣的簡(jiǎn)單閉曲線有C:不過。士3i的任意商華正樹閉的線；.圖1.3.111.3.12坐C不包含±31時(shí)，原式=0;當(dāng)C包含37,不包含-3i時(shí)，源式當(dāng)C包含--3i,不包含3i時(shí)，原式當(dāng)C包含±3i時(shí)，原式之值證明：又3.3.3計(jì)算積分,從而證明：函數(shù)3.3.4設(shè)曲線C:x2+y2=3,函數(shù)3.3.5設(shè)f(z)與g(z)在區(qū)域D內(nèi)處處解析，C為D內(nèi)任一條簡(jiǎn)單閉曲±2.y=±2圈成的正方形正向曲線；(h)當(dāng)±ai均不被C包含時(shí)，原式=0;當(dāng)C既包含-ai,又包含ai時(shí)，原式成立.試證1/'(0)11笑笑教利用復(fù)數(shù)相等的定義知。若?。豪钍鼋Y(jié)論成立5.如果f(z)在Ial<1內(nèi)解析，并且訴明：《提承：烤感(z)在上的積分.)證：因?yàn)閒(z)在[zi<1內(nèi)解析，由柯西積分公式知利用積分性質(zhì)有與要證明的結(jié)論相比較，取,則解：被積函數(shù)在圓及其所圍區(qū)域內(nèi)解析，瘤用和兩定理知例2證：∵f(z)在a處連續(xù)，由解析函數(shù)高階導(dǎo)數(shù)公式的證明過程可知2)纖算2)纖算方向分別取逆時(shí)針和順時(shí)針方向(圖圖1、3.1(3)等式3.3釋疑解難大于1,數(shù)用高階導(dǎo)數(shù)公式求解。例4計(jì)算這里曲線{zl=3圍住了被積函數(shù)的兩個(gè)即一個(gè)以上的不解析點(diǎn)，應(yīng)用柯西定理的推廣定理計(jì)算原積分，這里中的是隨意取的，兩曲線不相交原則，然但依柯西定理的推廣定理應(yīng)遵循后再用柯西公或求解。兩曲線不相交原則，然1.復(fù)數(shù)項(xiàng)級(jí)數(shù)定義1如果級(jí)數(shù)數(shù)發(fā)散.定理1對(duì)冪級(jí)數(shù)4.2教學(xué)要求和學(xué)習(xí)注意點(diǎn)(Iz-il<1).①式的下限為什么選i呢?首先，這個(gè)下限不能選0,因?yàn)?，下限?代入②式原函數(shù)中，函數(shù)無意義，其次，由和函數(shù)的積分性質(zhì)知，積分下限可取滿足lz-1l<1的任一點(diǎn)，但選i使②式右邊代入上、下限后的運(yùn)算最簡(jiǎn)單.(2)無窮遠(yuǎn)點(diǎn)的鄰域是指點(diǎn)集!z|R<Izl<+.1.判別級(jí)數(shù)的斂散性.,部分和序列均有界，∴由狄利克雷判別法知，收斂.狄利克雷判別法：設(shè)是兩個(gè)實(shí)數(shù)串，的部分和序2.關(guān)于函數(shù)f(z)展為冪級(jí)數(shù)時(shí)，級(jí)數(shù)收斂范圍的確定.展開式的條件即為級(jí)數(shù)收斂的范圍.例如：將函數(shù)在z=1處展為冪級(jí)數(shù).此函數(shù)在z=1及其鄰域Iz-11<1(析域)內(nèi)解析，因此f(z)展為形如的冪級(jí)數(shù)的收斂范圍為例如：將函數(shù)展成關(guān)于z的冪級(jí)數(shù).在zo=0及其鄰域|zl<2((zI<2答：當(dāng)題目要求將f(x)在2處展為羅朗級(jí)數(shù)時(shí)，則f(z)必在某圓環(huán)R?≤例如：將函數(shù)在之=i處展為羅朗級(jí)數(shù).級(jí)數(shù)的收斂范圍為0<1z-il<1及1<Iz-il<+的.這里R≤Iz-zol≤R?也可取作0<1z-il<r?(r?<1)及r<Iz-il<+∞(r1>1),但一般我們所選的圓環(huán)為0<1z-il<1,1<1z-il<+0,(柯西不等式),這里n=0,1,2,…;0<F<R.5.設(shè)的收斂半徑為R(0<R<+絕對(duì)收斂..∴而級(jí)25π廠+Z+π)…例1將函數(shù)展成z的冪級(jí)數(shù).(Izl<1).在z=2處展成泰勒級(jí)數(shù).此題目是要求我們將函數(shù)f(z)展成形如敘述成將函數(shù)展敘述成將函數(shù)圓環(huán)0<lzl<1內(nèi)展成羅朗級(jí)數(shù).(0<lzl<1).此題目是要求我們將函數(shù)f(z)展成形如的級(jí)數(shù)，有時(shí)題目也敘述成將函數(shù)在z=0處展為羅朗級(jí)數(shù).例4將函數(shù)在圓環(huán)0<iz-1l<1內(nèi)展成羅朗級(jí)數(shù)此題目是要求我們將函數(shù)f(z)展成形如的級(jí)數(shù)，有時(shí)題目也敘述成將函數(shù)在z=1處展為羅朗級(jí)數(shù).例5將函數(shù)分別在圓環(huán)0<lz-il<1與1<lz-il<+解：當(dāng)0<Iz-il<1時(shí)，此題目是要求我們利用已有展式 在以i為中心的圓環(huán)內(nèi)展為羅朗級(jí)數(shù)，這時(shí)就要我們自己去析圓環(huán)從圖1.4.1和圖1.4.2中可以看出只有：0<1z-il<1及1<1z-il<圖1.4.1圖1.4.2例6將函數(shù)在z=的處展成羅朗級(jí)數(shù).(4<Izl<+∞).函數(shù)在4<Izl<+內(nèi)展為羅朗級(jí)數(shù).4.5習(xí)題選解4.1.1證明序列收斂于-2.,,當(dāng)n>N時(shí)，∴復(fù)數(shù)序列{zn|的極限與其對(duì)應(yīng)的實(shí)數(shù)序列|a1,{vn的極限構(gòu)成一一對(duì)應(yīng).#znl≤M成立.(c)若且,那么.∴考慮余項(xiàng)而而∴原級(jí)數(shù)條件收敏；∴原級(jí)數(shù)絕對(duì)收斂；∴原級(jí)數(shù)發(fā)散.4.2.2試確定下列冪級(jí)數(shù)的收斂半徑，;;.4.3.1證明；(a)∴結(jié)論成立.4.3.3寫出下列函數(shù)的冪級(jí)數(shù)展式至前三個(gè)非零項(xiàng).4.3.4將下列函數(shù)在指定點(diǎn)展成冪級(jí)數(shù)，并指明其收斂的范圍.∴(c)設(shè),則即比較等式兩邊同次冪的系數(shù)得4.3.5通過以下三種方式推導(dǎo)chz的麥克勞林展式.恒等式(a)泰勒展式定理；(b)恒等式chz=cosiz;(c)恒等式f^2a+1)(0)=0,f?n)(0)=0(n=0,1,2,…).f(2n+1(0)=0,f?n)(0)=0(n=0,1,2,…).(b)應(yīng)用(a)的結(jié)果，推導(dǎo)sin(sinz)的冪級(jí)數(shù).4.4.1證明：(a)·(0<izl<2π)..關(guān)于z的羅朗展式的前四個(gè)非零項(xiàng)；的羅朗展式的前四個(gè)非零項(xiàng)，問它們的羅朗展式的前四個(gè)非零項(xiàng)，問它們的負(fù)冪的最高次是多少?∴函關(guān)于(z-i)的羅朗展式的負(fù)冪的最高次為1.4.4.4將下列函數(shù)在指定點(diǎn)的去心鄰域內(nèi)展成羅朗級(jí)數(shù)，并指出其收斂范∴(0<iz-il<2).4.4.5將下面函數(shù)在不同區(qū)域內(nèi)展為級(jí)數(shù)(0<1zl<1,只要求含到2的項(xiàng)).…處的羅朗展式，并確定其收斂域.定義1設(shè)函數(shù)f(z)在0<Iz-2gI<R內(nèi)解析，z為f(z)的孤立奇點(diǎn).為函數(shù)f(z)在孤立奇點(diǎn)z的留數(shù)，記為Res(f,zo),這里積分是沿著C按正向取的.即定理1設(shè)D是復(fù)平面上的一個(gè)有界閉區(qū)域，若函數(shù)f(z)在D內(nèi)除有限個(gè)其中沿C的積分是關(guān)于區(qū)域D的正向取的，(2)當(dāng)z為f(z)的m階極點(diǎn)時(shí)，(3)當(dāng)為f(z)的本性奇點(diǎn)時(shí)，(5)在擴(kuò)充的z平面上，有有限個(gè)奇點(diǎn)的函數(shù)f(z)在各奇點(diǎn)處的留數(shù)和為零.3.應(yīng)用留數(shù)計(jì)算定積分(1)令z=e1,由可將形如的積分經(jīng)換元得到沿Izl=1的積分并進(jìn)行計(jì)算，其中R(x,y)為有理分式，并且在單位圓周上分母不為零.其中R(x)是x的有理函數(shù)，而分母的次數(shù)至少比分子的次數(shù)高二次，并且R(x)在實(shí)軸上沒有孤立奇點(diǎn)時(shí)積分是存在的，z為R(z)在上半平面的孤立奇其中R(x)是x的有理函數(shù)，而分母的次數(shù)至少比分子的次數(shù)高一次，并且R(x)在實(shí)軸上沒有孤立奇點(diǎn)時(shí)積分是存在的，z為R(z)在上半平面的孤立奇5.2教學(xué)要求和學(xué)習(xí)注意點(diǎn)1.教學(xué)要求了解孤立奇點(diǎn)的分類(不包括無窮遠(yuǎn)點(diǎn)).正確理解留數(shù)的概念，掌握極點(diǎn)處求留數(shù)的方法.理解留數(shù)定理，掌握用留數(shù)求沿封閉曲線積分的方法，會(huì)用留數(shù)求一些實(shí)積分.2.學(xué)習(xí)注意點(diǎn)(1)下面計(jì)算錯(cuò)在何處?則u=e-1,題目中答：錯(cuò)在第一步.對(duì)變量替換,若設(shè)z=e?,IzI=1則u=e-1,題目中(2)比較下面關(guān)于函數(shù)在孤立奇點(diǎn)z=0處求解留數(shù)的兩種方法一：因?yàn)閦=0為答：上述解答過程中的方法一是正確的，方法二存在兩個(gè)問題：①公式的適用條件是P(zo)≠0,Q(zo)=0,Q'(20)≠0,顯然在z=0處不滿足這些條件.(不等式的左邊函數(shù)在z=0時(shí)無定義的使用條件是f(z)在z?處連續(xù)有定義).時(shí)注意公式的適用條件.(3)無窮遠(yuǎn)點(diǎn)～是任何函數(shù)的孤立奇點(diǎn)嗎?答：未必.因?yàn)槿魏我粋€(gè)函數(shù)在z=處均無定義，所以無窮遠(yuǎn)點(diǎn)是任何函數(shù)的奇點(diǎn).但它未必是任何函數(shù)的孤立奇點(diǎn)，如z=的就不是函數(shù)f(z)=z1.孤立奇點(diǎn)zo(IzoI<+)的分類問題.找出函數(shù)f(z)的所有孤立奇點(diǎn).當(dāng)題目沒有特別強(qiáng)調(diào)在擴(kuò)充復(fù)平面上求解上均為f(z)的表達(dá)式無意義的點(diǎn)，如0:的孤立奇例如：因,所以z=0為函數(shù)的可去奇點(diǎn).①為不等于0的常數(shù)),則20為f(z)的b階極點(diǎn).,故z=0為f(z)的本性奇點(diǎn)而典型例題典型例題此題目也可用柯西公式求解.計(jì)算計(jì)算此題目也