(完整版)复变函数课后习题答案(全)

习题一答案1．求下列复数的实部、虚部、模、幅角主值及共轭复数：（3）13i（4）821i4iii1i132i，解：（1)z32i131）132i2）i(i1)(i2)因此：Rez32,Imz，1313ii3i1)(i2)13i10因此，Rez3,10,13i（3）zi1i因此，Rez33（4）8zi4i21因此，Rez1,2)z(i33i35i225，Imz2i14ii1Imz3，Imz，103i2．将下列复数化为三角 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 达式和指数表达式：（1）i（2）13i（3）r（sinicos）（4）r（cosisin）（5）1cosisin(02)解：1)icosisin2ie2i2）13i2(cos232isin32i2e33）r(sinicosr[cos(2isin()]re(2)i4）r(cosisinr[cos(isin()]re5)1cosisin2sin22isincos223．求下列各式的值：51001001)(3i)(2)(1i)(1i)3)(13i)(cosisin)(4)(cos5(1i)(cosisin)(cos35)3i(6)1i解：1)(3i)52)(1i)100(1[2(cos(6)i)100(2i)50isin(6))]5(2i)502(2)502513)(1isin)(1i)(cosisin)4)2(cos5isin5)3(cos3isin3)5)3i3cos2isin26)1i2(cosisin)444．设z11i12i,z23i,试用三角形式表示z1z2与z1z2解：z1cos4isin,z2422[cos()isin()]，所以66)]2(cosisin)，612121)(zi)512)z4a40(a0)解：(1)zi51,由此2kiie5i，(k4a44a4(cosisin)a[cos1(2k)isin1(442k）］，当k0,1,2,3时，对应的个根分别为：i),1i),2(1i),a2(1i)6． 证明 住所证明下载场所使用证明下载诊断证明下载住所证明下载爱问住所证明下载爱问 下列各题：1)设zxiy,则证明：首先，显然有zx2y2y；其次，因22xy2xy,固此有2(x2(xy)2,从而zx2y2y。。2）对任意复数z1,z2,有z1z2z1z222Re(z1z2)证明：验证即可，首先左端(x1x2)2(y1y2)2，而右端x1222y12x222y222Re[(x1iy1)(x2iy2)]2222x12y12x22y22由此，左端=右端，即原式成立。2(x1x2y1y2)(x1x2)2(y1y2)2，（3）若abi是实系数代数方程a0zn的一个根，那么abi也是它的一个根。a1zn1Lan1za00证明：方程两端取共轭，注意到系数皆为实数，并且根据复数的乘法运算规则，nnz(z)，由此得到：a0(z)na1(z)n1Lan1za0由此说明：若z为实系数代数方程的一个根，则z也是。结论得证。4）若a1,则ba,皆有aba1ab证明：根据已知条件，有aa1，因此：abab1abaaabab1a，证毕。a(ab)a5）若1,1，则有1aabb1证明：ab(ab)(ab)2abab，1ab2(1ab)(1ab)abab，因为a1,b1，所以，222222a2b2a2b21(1a2)(b21)0，22ab因而ab21ab，即1，结论得证1ab7．设z1,试写出使zna达到最大的z的表达式，其中n为正整数，a为复数解：首先，由复数的三角不等式有znazna1a，在上面两个不等式都取等号时zna达到最大，为此，需要取zn与a同向且zn1，即zn应为a的单位化向量，由此，zna，a8．试用z1,z2,z3来表述使这三个点共线的条件。解：要使三点共线，那么用向量表示时，z2z1与z3z1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Argz2z1应为0或的整数z3z1倍，至此得到：z1,z2,z3三个点共线的条件是z2z1为实数。z3z19．写出过z1,z2(z1z2)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：xx1t(x2x1)yy1t(y2y1)因而，复参数方程为：其中t为实参数。10．下列参数方程表示什么曲线？(其中t为实参数)(1)z(1i)t(2)zacostibsint(3)ztit精心整理解：只需化为实参数方程即可。1)xt,yt，因而表示直线yx22xy2)xacost,ybsint，因而表示椭圆221a2b21，因而表示双曲线xy1t11．证明复平面上的圆周方程可表示为zzazazc0，其中a为复常数，c为实常数证明：圆周的实方程可表示为：x2y2AxByc0，zzzz222代入xz2z,yz2iz，并注意到x2y2zzz，由此zzAzz2Bz2izc0，ABiABi整理，得zzzzc022ABiABi记a，则a，由此得到22zzazazc0，结论得证。12．证明：幅角主值函数argz在原点及负实轴上不连续证明：首先，argz在原点无定义，因而不连续。对于x00，由argz的定义不难看出，当z由实轴上方趋于x0时，argz，而当z由实轴下方趋于x0时，argz，由此说明limargz不存在，因而argz在x0点不连续，zx0即在负实轴上不连续，结论得证。13．函数w1把z平面上的曲线x1和x2y24分别映成w平面中的什么曲线？z解：对于x1，其方程可表示为z1yi，代入映射函数中，得111iywuiv2，z1iy1y21y因而映成的像曲线的方程为u2,v2，消去参数y，得1y1y22uv1u,即(u1222)2v2(12)2,表示一个圆周。1y2对于x2y24，其方程可表示为zxiy2cos2isin代入映射函数中，得因而映成的像曲线的方程为u1cos,v1sin，消去参数221，得u2v2，表2241示一半径为的圆周。214．指出下列各题中点z的轨迹或所表示的点集，并做图：解：（1）zz0r（r0），说明动点到z0的距离为一常数，因而表示圆心为z0，半径为r的圆周。（2）zz0r,是由到z0的距离大于或等于r的点构成的集合，即圆心为z0半径为r的圆周及圆周外部的点集。（3）z1z38,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zxiy,化为实方程得（4）zizi,说明动点到i和i的距离相等，因而是i和i连线的垂直平分线，即x轴。（5）arg（zi），幅角为一常数，因而表示以i为顶点的与x轴正向夹角为的射线。4415．做出下列不等式所确定的区域的图形，并指出是有界还是无界，单连通还是多连通。（1）2z3，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）argz（02），顶点在原点，两条边的倾角分别为,的角形区域，无界，单连通（3）z31，显然z2，并且原不等式等价于z3z2，说明z到3的距离比z2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x2.5左边部分除掉x2后的点构成的集合，是一无界，多连通区域。（4）z2z21，显然该区域的边界为双曲线z2z21，化为实方程为4x24y21，再注意到z15到2与z到2的距离之差大于1，因而不等式表示的应为上述双曲线左边一支的左侧部分，是一无界单连通区域。(5)z14z1，代入zxiy，化为实不等式，得178所以表示圆心为(,0)半径为的圆周外部，是一无界多连通区域。1515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。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)(z1)5处处解析，[(z1)5]5(z1)42)3z2iz处处解析，(z32iz)3z22i3)12的奇点为z210，即zi，z14)z1的奇点为z3，z32．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)f(z)xy2x2yi(2)f(z)x2y2i(3)f(z)x33xy2i(3x2yy3)(4)f(z)1z解：根据柯西—黎曼定理：22(1)uxy,vxy，四个一阶偏导数皆连续，因而u,v处处可微，再由柯西—黎曼方程uxvy,uyvx解得：xy0，因此，函数在z0点可导，f(0)uxivxz00，函数处处不解析。(2)ux2,vy2，uxvy,uyvx解得：xy，因此，函数在直线yx上可导，f(xix)uxivxyx2x，因可导点集为直线，构不成区域，因而函数处处不解析(3)ux33xy2,v3x2yy3，四个一阶偏导数皆连续，因而u,v处处可微，并且u,v处处满足柯西—黎曼方程uxvy,uyvx因此，函数处处可导，处处解析，且导数为1z2x4)f(z)1xiyxiy2，uy2yx22,xyy，22，xy2x2x2y222,(xy)2xy,222,(xy)因函数的定义域为z0，故此，处处不解析3．当l,m,n取何值时f(z)my解：umy3nx2y,vux2nxy,vy2lxy,由柯西—黎曼方程得：由(1)得nl，由(2)得n3,uxvyuy222(x2y2)22xy(x2x3uy22y)u,v处处不满足柯西—黎曼方程，因而函数处处不可导，32nxlxy223myyi(x3lxy2)在复平面上处处解析222nx,vx3xly3ml，因而，最终有2(f(z))22f(z)2y黎曼方程知，？4．证明：若f(z)解析，则有(f(z))x由柯西—)2(u2v2)2y(uuyvvy)2(uux(22)uv证毕。uiv在区域D内解析，且满足下列条件之一，证明：(u2v2x左端2vvx)222uv(uvxvux)2(uuxvvx)2(22)uv2f(z)右端，5．证明：若f(z)常数(1)f(z)在D内解析，(2)u在D内为常数，(3)f(z)在D内为常数，(4)vu2(5)2u3v1证明：关键证明u,v的一阶偏导数皆为0！(1)f(z)uiv，因其解析，故此由柯西—黎曼方程得vy,uyvxf(z)的解析性，又有uxxuyux而由由(1)、(2)知，uf(z)c1ic2为常数(2)设uc1vxuy1)则f(z)在D内一定为vy,uyvxvxvy0，因此uc1,vc2,即，那么由柯西—黎曼方程得0,vyux0，2)精心整理说明v与x,y无关，因而vc2，从而f（z）c1ic2为常数。（3）由已知，f（z）2u2v2c0为常数，等式两端分别对x,y求偏导数，得2uux2vvx0（1）2uuy2vvy0因f（z）解析，所以又有uxvy,uyvx（2）求解方程组（1）、（2），得uxuyvxvy0，说明u,v皆与x,y无关，因而为常数，从而f（z）也为常数。（4）同理，vu2两端分别对x,y求偏导数，得再联立柯西—黎曼方程uxvy,uyvx，仍有（5）同前面一样，2u3v1两端分别对x,y求偏导数，得考虑到柯西—黎曼方程uxvy,uyvx，仍有uxuyvxvy0，证毕。6．计算下列各值（若是对数还需求出主值）k为任意整数，解：记zrei，则精心整理(1)左端Ln(r2e2i)2lnr(22k)i，右端2[lnr(2m)i]2lnr(24m)i，其中的k,m为任意整数显然，左端所包含的元素比右端的要多(如左端在k1时的值为2lnr(22)i，而右端却取不到这一值)，因此两端不相等。不难看出，对于左端任意的k，右端n取2k或2k1时与其对应；反之，对于右端任意的n，当n2l为偶数时，左端可取kl,m0于其对应，而当n2l1为奇数时，左端可取k2l,m1于其对应。综上所述，左右两个集合中的元素相互对应，即二者相等。12．证明sinzsinz,coszcosz证明：首先有右端不等式得到证明。其次，由复数的三角不等式又有sinzchychR，同理，izizee215．已知平面流场的复势coszizeizeyyeee22yey2chyf(z)为1z21试求流动的速度及流线和等势线方程。解：只需注意，若记f(z)(x,y)r流场的流速为v流线为(x,y)等势线为因此，有(1)(zr流速为v1)(zi)2(2)z2(3)i(x,y)，则chR证毕(x,y)f(z)，c1，c2，i)2[xf(z)(y1)i]2x22(zi)2(z2流线为x(y1)c1，等势线为x(2)z3(xiy)3x33xy2r(y1)22x(y1)ii)，(y1)2c2(3x2yy3)i流速为vf(z)3z23(z)2，流线为3x2y(3)z21zc1，等势线为1(xiy)21流速为vf(z)(z22z1)2(z21)232x3xyc21x2y212xyi2z，22，(z21)2流线为等势线为2(x2xy22222(xy1)4xy22xy12222y1)4xyc1，c21．计算积分习题三答案(xyix2)dz，其中c为从原点到1i的直线段c解：积分曲线的方程为xt,yt，即zxiytti，t:01，代入原积分表达式中，得2．计算积分ezdz，其中c为c(1)从0到1再到1i的折线(2)从0到1解：(1)从0到1的线段c1方程为：zx从1到1i的线段c2方程为：zxiy1i的直线iyx,x:01，iy,y:01，精心整理代入积分表达式中，得e1ei（sin1icos1i）e（cos1isin1）1e[footnoteRef:2]i1；（2）从0到1i的直线段的方程为zxiytti，t:01，代入积分表达式中，得[2:7．通过分析被积函数的奇点分布情况说明下列积分为0的原因，其中积分曲线c皆为z]z1tti1tezdzetti（tti）dt（1i）et（costisint）dt，c对上述积分应用分步积分法，得23．积分（x2iy）dz，其中c为c（1）沿yx从0到1i（2）沿yx2从0到1i解：（1）积分曲线的方程为zxiytti，t:01，代入原积分表达式中，得（2）积分曲线的方程为zxiyxx2i，t:01，代入积分表达式中，得4．计算积分zdz，其中c为c（1）从1到+1的直线段（2）从1到+1的圆心在原点的上半圆周解：（1）c的方程为zx，代入，得（2）c的方程为zxiycosisin,:0，代入，得5．估计积分2dz的模,其中c为+1到-1的圆心在原点的上半圆周cz22解：在c上，z=1，因而由积分估计式得6．用积分估计式证明：若f（z）在整个复平面上有界，则正整数n1时其中cR为圆心在原点半径为R的正向圆周。证明：记f（z）M，则由积分估计式得2M，Rn1，dz1)?c(z2)2(2)?cz2dz2z4dzz224)?dz(5)?zezdzccoszc即z13i，(3)z2i4)zkk为任意整数，(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，因此根据柯西基本定理，以上积分值都为8．计算下列积分：即皆在积分曲线之外，0。从而在积分曲线内被积函数解析，1zsinzdz0因此用求原函数的方法：i2sin2zdz(3)i解：以上积分皆与路径无关，1)04ie2zdz(2)1)e2z1dze22z12(e2e0)12(i1)2)sin2zdzii1icos2z2dz[2z1zsinzdz09．计算?2dz2，cz2a2解：被积函数的奇点为a，根据其与(1)3)1zdcosz0zcoszsin2z]4]1coszdz0其中c为不经过a的任一简单正向闭曲线。c的位置分四种情况讨论：a皆在c外，则在c内被积函数解析，因而由柯西基本定理1在c内解析，因而由柯西积分a2)a在c内，a在c外，则z1公式：1izazadzza(3)同理，当a在c内，a在c外时，(4)a皆在c内此时，在c内围绕a,a分别做两条相互外离的小闭合曲线c1,c2，则由复合闭路原理得：1注：此题若分解22z2a210．计算下列各积分121a(z1解：2)1)?idz，z1(zi)(z2)2iz2edz，3z212z2i1)，则更简单！aza由柯西积分公式dzz?3(z21)(z24)z2在积分曲线内被积函数有两个奇点i，围绕i,i分别做两条相互外离的小闭合曲线c1,c2，则由复合闭路原理得：(4)?4zdz，在积分曲线内被积函数只有一个奇点1，故此z22z11(5)2sinzdz，z?2z214在积分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c1,c2，则由复合闭路原理得：z2n?zndz,z?2(z1)n11z(2)z1(3)z1)1)由柯西积分公式同理，由高阶导数公式由复合闭路原理再由z0的任意性知，在c内恒有f(z)g(z)，证毕。14．设f(z)在单连通区域D内解析，且f(z)11，证明(1)在D内f(z)0；(2)对于D内任一简单闭曲线c，皆有?f(z)dz0?cf(z)证明：(1)显然，因为若在某点处f(z)0,则由已知011，矛盾！(也可直接证明：f(z)1f(z)11，因此1f(z)11，即0f(z)2，说明f(z)0)(3)既然f(z)0，再注意到f(z)解析，f(z)也解析，因此由函数的解析性法则知f(z)也在区域D内解析，这样，根据柯西基本定理，对于D内任一简单闭曲线c，f(z)皆有?f(z)dz0，证毕。?cf(z)15．求双曲线y2x2c(c0为常数)的正交(即垂直)曲线族。解：uy2x2为调和函数，因此只需求出其共轭调和函数v(x,y)，则v(x,y)c便是所 要求 对教师党员的评价套管和固井爆破片与爆破装置仓库管理基本要求三甲医院都需要复审吗 的曲线族。为此，由柯西—黎曼方程vxuy2y，因此v(2y)dx2xyg(y)，再由vyux2x知，g(y)0，即g(y)c0为常数，因此v2xyc0，从而所求的正交曲线族为xyc(注：实际上，本题的答案也可观察出，因极易想到f(z)z2y2x22xyi解析)16．设vepxsiny，求p的值使得v为调和函数。解：由调和函数的定义2pxpxvxxvyypesiny(esiny)0，因此要使v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p210，即p1。17．已知uvx2y22xy5x5y，试确定解析函数解：首先，等式两端分别对x,y求偏导数，得uxvx2x2y5(1)uyvy2y2x5(2)再联立上柯西—黎曼方程uxvy(3)uyvx(4)从上述方程组中解出ux,uy，得这样，对ux积分，得ux25xc(y),再代入uy中，得至此得到：ux25xy2c0,由二者之和又可解出v2xy5yc0，因此2f(z)uivz25zc0c0i，其中c0为任意实常数注：此题还有一种方法：由定理知由此也可很方便的求出f(z)。18．由下列各已知调和函数求解析函数f(z)uiv解：(1)ux2xyy2,由柯西—黎曼方程，vyuxf(i)1i，v2xy再由vx2xy，对y积分，122y2c(x)，uy得2yc(x)x,c(x)c(x)12x2x2y，因此c0，所以121yx22因f(i)1，说明x0,y1时v1，由此求出c01，2至此得到：f(z)uivx2xy2y2整理后可得：f(z)(1112i)z21212yx2xy221i2112)i，2y2，f(2)0xy此类问题，除了上题采用的方法外，x2y22xy222y2)2(x21c，z2)v(x2f(z)其中c为复常数。代入3)varctany,x22iy2)2f(2)(x0)也可这样：(z)22(zz)0得，c12，所以z21，故此2同上题一样，x22xy因此f(z)f(z)uxivxvyivxz1，，zzz2y2i22xylnzc0，其中的lnz为对数主值，ex(xcosyxe(xsinysinyycosy)，对x积分，得ux得c(x)0，所以c(x)c0为常数，由至此得到：xie(xsiny4)uc0为任意实常数。ysiny)，f(0)0vxuy再由vyxy0时v0，由此确定出c00，xf(z)uive(xcosyysiny)整理后可得f(z)zez19．设在z1上f(z)解析，且f(z)证明：由高阶导数公式及积分估计式，得12?2z120．若f(z)在闭圆盘zz0n!nM，并由此证明刘维尔定理：在整个复平面上有界且处处解析的函数一定Rn121，证毕。21，证明fR上解析，且f(0)0知，ycosy)，(0)1f(z)M，试证明柯西不等式f(n)(z0)为常数。证明：由高阶导数公式及积分估计式，得2nR!n1z蜒1f(z)ds柯西不等式证毕；下证刘维尔定理：n!Mn1ds2Rn1z1n!Mn12Rn!Mn，2Rn1Rn因为函数有界，不妨设f(z)M，那么由柯西不等式，对任意z0都有f(z0)M，又R因f(z)处处解析，因此R可任意大，R，得f(z)0，因而f(z)为常数，证毕f(z0)0，从而1．考察下列数列是否收敛，如果收敛，(1)zn解：因为这样，令f(z0)0，即f(z0)0，再由z0的任意性知习题四答案求出其极限．1inlimin不存在，所以limzn不存在，由定理4.1知，数列nnzn不收敛．(1)n2i51解：1(cosisin)，其中arctan，则2222)znznn25(cosisin)n2cosn5isinn25由定义4.1知，数列1ni1e2innie2i因为limn3)zn解：因为由定义4.1知，(4)zn(z)nz0，1，数列cosnisinn1，所以limnn2cosnisinn05zn收敛，lim10，nznn收敛，极限为0．1ni所以lim1e2nn极限为0．zn(z)ncos2nz不存在，所以limzn不存在，由定理4.1知，数列n解：设zr(cosisin)，则isin2n，因为zn不收敛．2．(1)n解：列级数是否收敛？是否绝对收敛?ni1n!nin!1n1!，由正项级数的比值判别法知该级数收敛，故级数limcos2n，limsin2n都nnni收敛，且为绝对收敛．1n!(2)nni2lnn解：nsin2，ncosni2lnnncos22lnnlnnlnn1ln2该级数收敛，同样可知，nsin21n2lnn因为n1ln41ln611L是交错级数，根据交错级数的莱布尼兹审敛法知ln81ln3也收敛，故级数又n2收敛．cosin2n02cosin2nn02(3)n解：lnnln5ln7ln9ni2lnn1是收敛的．2lnnlnn11，因为nee2n1ne2n11发散，2n1故级数1发散，2lnnn从而级数i条件n2lnnnen1，因级数n0ne2n1发散，cosin发散．n0235in(4)n03n5!i35inn!敛，且为绝对收敛．3．试确定下列幂级数的收敛半径．解：n0n34，由正项正项级数比值判别法知该级数收敛，n0n!故级数n35in收0n!(1)n解：limn1i2，故此幂级数的收敛半径(2)nn!nnz0n解：limncn1lim(n1)!n(n1)n1n!lnim(11n1)nn1，e故此幂级数的收敛半径Re．(3)ninnenz1cn1limiein1cnien2解：limn1，故此幂级数的收敛半径R1．2n12n(4)2nz2nn12解：令z2Z，则2n2n12n2n12nzn1212n1Zn1n12nZlimnlimn2n12n11，故幂级数2nn1Zn1的收敛域为Z2，即zn12n2，从而幂级数2n2n12n2n12nz的收敛域为z2，收敛半径为R2．4．设级数n收敛，而n0n0发散，证明nzn的收敛半径为1．n0证明：在点z1处，nnzn0n，因为n收敛，所以nzn收敛，故由阿贝尔定理知，n0n0n01时，nzn收敛，且为绝对收敛，即收敛．n0n01时，nn0nn0，因为n0发散，根据正项级数的比较准则可知，nn0发散，从而nn0的收敛半径为1，由定理4.6，nzn的收敛半径也为1．n05．如果级数cnzn在它的收敛圆的圆周上一点z0处绝对收敛，证明它在收敛圆所围的闭区n0域上绝对收敛．证明：zz0时，z0时，由阿贝尔定理，cnzn绝对收敛．n0cnn0cnzn绝对收敛．n06．将下列函数展开为(1)(11z2)2(1z2)21z2)2解：由于函数(1幂级数．根据例n0ncnz0，由已知条件知，n0z的幂级数，并指出其收敛区域．ncnz0收敛，即n0ncnz收敛，亦即的奇点为zi，因此它在z1内处处解析，可以在此圆内展开成z的4.2的结果，可以得到121z2z4L(1)nzn将上式两边逐项求导，111=(11z2)1z122(1z2)2即得所要求的展开式(1)12z23z4L2z1．n12n2(1)nz2)(za)(zb)(a0,b0)解：①ab时，由于函数(za)(zb)z的幂级数．)'=1aa1析，可以在此圆内展开成n=a1(1azLaznaaa(a0,b0)的奇点为za，因此它在za内处处解②ab时，由于函数内处处解析，(a(za)(zb)可以在此圆内展开成11z=a1b(1z12Laa[11(12abbab2(3)cosz2解：由于函数cosz2cosz(4)shz解：由于函数shzisiniznnzan1L)=12La0,b0)的奇点为z的幂级数．nzn1aa12)za1b(1n1n1bzb2z1nn1n1zL,za．aa,z2b，因此它在zmin{a,b}nzn1L)b1nn1)znaL],zmin{a,b}．在复平面内处处解析，41z2!8z4!L(1)n所以它在整个复平面内可以展开成2nzL,z．(2n)!z的幂级数．shz在复平面内处处解析，所以它在整个复平面内可以展开成3i(iz(iz)3L(1)n(iz)3!(2n1)!3L)z(z3)!32n1L(z)2n1(2n1)!z的幂级数．,z5)2sinz解：由于函数=(2z)2L(1)n1(2z)2nL,z．22!2(2n)!(6)ezsinz解：由于函数ezsinz在复平面内处处解析，所以它在整个复平面内可以展开成页脚内容sin2z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的幂级数．z的幂级数．izizzzeeesinze2i(1(i1)z(1i)zee2i22i)z2!nn(1i)zLn!Lni)nzL)=z1(1(1i)z2i1(2iz22iz2L2i2!7．求下列函数展开在指定点z0处的泰勒展式，(1)z,z0(z1)(z2)0(122i)z(12i)!2z2nn(1ni)!nznL)解：(1i)n(1n!3z3并写出展式成立的区域．LL,z(z1)(z2)z2z122z2z2411z1z23函数z的奇点为(z1)(z2)z1(z2)n(z1)(z2)2n04n1z11以有12131，13n2)2,z0zz211z241z231,z2(z2)n3n解：由于(z2)n，04n，(z2)n13n03n2，所以这两个展开式在(221n10213n)(z2)n,3内处处成立．z12z1(3)1,z043z0解：1所以1111'()'z(z1)(z1)2L1)n(z1)nL,z12(z1)(1)n1n(z1)nL,z11．43z43(z1i)33i13i3(z1i)13i11133i(z1i)1=13i展开式成立的区域：3(z1i)13i1，0(13n3i)n(zi)n3n0(13i)n1(zni)n．4)tanz,z0解：tan'z42secztanz即ztanz1032sec2ztanz'''22tanz2secz(2tanz1)，2sec42，tanz2sec2ztanztan'''z222sec2z(2tan2zz41)83⋯⋯，故有3所以这个等式在因为tanz的奇点为zk2,kZ，8．将下列函数在指定的圆域内展开成洛朗级数．4的范围内处处成立。(1)(z21)(z2),111(5z2212z解：2(z21)(z2)2z21故有2(z21)(z(2)z2z(z11),0z2(z1)解：2z1z①在0②在1(zz2)1)1内内(3)(z1)(z2)zz2解：①在0②在1(z1)(z2)1(4)sin,01z解：在0zz(5)cos,0z1解：coszz1z1在0故有9．将f(z),0解：因为函数zi1zi2i2．11z215(2n5n02zz2122z1,12z2(zz11内，内cos(11)1,11z21122(z21)2f(z)在0z11)在z1(z2ziz2z221),z11)n12n2nz1)1)n2n2,zn12n1z1)n22n2)zz2z21cos1cos1z111z2sin1sin1(z2)2n1z1i的去心邻域内展开成洛朗级数．2的奇点为1)22内zi，所以它以点1)n(z12)nn0(1)n(z12)n2i为心的去心邻域是圆环域12i1(zi)12i21in0(1)n(zi)n1)(2i)n0(1)ni)n(2i)n11(z故有f(z)11nn1nnn1n2(z21)2(zi)2n0(1)n(2i)n2(zi)nn0(1)n(2i)n2(zi)n2R)内展开为洛朗级数？为什么？函数f(z)lnz的奇点为,z0,zR，所以对于R,0R，0zR内都有z0为环心的处处解析的圆环域不存在，所以函数f(z)lnz不能在)内展开为洛朗级数．习题五答案10．函数f(z)lnz能否在圆环域0zR(0答：不能。f(z)的奇点，即f(z)以圆环域0zR(0R1．求下列各函数的孤立奇点，说明其类型，如果是极点，指出它的级．(1)z212z(z21)2解：函数的孤立奇点是z因z2121z212z(z21)2z(z21)20,zi，1z122i)2z(zi)21级极点，z(z由性质5.2知，z0是函数的(2)sin3zz1z122(zi)2z(zi)2i均是函数的2级极点．解：函数的孤立奇点是0，因sin3z13(zz3z3!L(2n11)n(2zn2n11)!)，由极点定义知，z0是函数的2级极点．(3)ln(1z)z解：函数的孤立奇点是0，因limln(1z)01，由性质5.1知，z0是函数可去奇点．(4)z2(e1z1)解：函数的孤立奇点是2ki,①k所以4z2!n2zLn!z0是z2(ez1)的3级零点，由性质5.5知，它是0，即z0时，因z2(ez1)2ki，k0时，令g(z)因g(2ki)0，g'(2ki)(2ki)由性质5.5知，它是z②z(5)2z(1z2)(1ez)解：函数的孤立奇点是'zg'(z)2z(1ez)①z0i时，g(z0)由性质5.5知，它是②z1(2k1)i,k1,12z(e2z'z2(ez1)，g'(z)2z(e20，由定义5.2知，的1级极点1)2z的3级极点z2(ez1)2z1)ze，2ki(k0)是g(z)的1级零点，1)i,kZ,令g(z)(1z2)(12''zz2)，g''(z)2(1ez)4ze)，2(2k(1z2)i是g(z)的2级零点，ez(10，g'(z0)0，g''(z0)0，由定义5.2知，z0z的2级极点．(1z2)(1ez)的2级极点，故z0i是(1z2)(1ez)2,L时，g(z1)0，g'(z1)0，由定义5.2知，z1(2k1)i,k1,2,L是g(z)的1级零点，由性质5.5知，它是(1z2)(1ez)的1级极点，故是(1z2)(1ez)的１级极点．(６)sin1z2sinz解：函数的孤立奇点是z0，令g(z)sinz2，g'(z)2zcosz①z0时，因g(z)sinzz2，6z3!L(ik,k1,2,L4n21)n(2zn4n21)!L，所以z0是g(z)的2级零点，从1而它是12的2级极点．sinz2②zk,zik,kzk,zik,k1,2,L是g(z)的1级零点，1,2,L时，g(z)0，g0，由定义5.2知，1由性质5.5知，它是12的１级极点．sinz2(z)2．指出下列各函数的所有零点，并说明其级数．(1)zsinz解：函数的零点是z①z②zzk(2)k,kZ，记f(z)zsinz，4z2zL3!k,k0时，f(z)zk0，,k0是zsinz的1级零点．2z2zef(z)sinzzcosz0时，因zsinz2n2(1)nz(2n1)!k0，f'(z)zL，故z0是zsinz的2级零点．由定义5.2知，2解：函数的零点是z0，因z2ez2z2(1z24z2!2nzn!2L)，所以由性质5.4知，z0是z2ez的2级零点．(3)sinz(ez1)z2解：函数的零点是z00，z1k记f(z)sinz(ez1)z2，f'(z)cosz(e①z0时，z0是sinz的1级零点，，sinz(ez1)z2的4级零点．②z1k，k0时，f(z1)0，f'(z1)点．③z22ki，k0时，f(z1)0，f(z1)0，由定义5.2知，级零点．3．z答：记f'''(z)f(0)z0是函数f(z)4．证明：如果z0是f(z)的m(证明：因为z0是f(z)的m级零点，所以f(z0)f'(z0)f''(z0)Lfm(z0)0，即f'(z0)(f'(z0))'L的m1级零点．0是函数(sinzf(z)sinzshz2z，coszchz，f(4)(z)f'(0)f''(0)f'''(0)sinzshz，z2z2ki1)z2ze0，，ksinz[ezz1的1级零点，0，22z(ez1)]z2的由定义5.2知，z1z22级零点，所以z0是，k0是f(z)的1级零2ki，k0是f(z)的1shz2z)2的几级极点？则f'(z)sinzshz，f(4)(0)0，f(5)(z)0，由定义5.2知，2z的5级零点，故是(sinzshz2z)2的10级极点．m1)级零点，那么z0是f'(z)的m1级零点．m1(z0)0，coszchz2，f(z)f(5)(z)coszchz，sinzshz，将z0代入，得：(f'(z0))m20，(f'(z0))m10，由定义5.2知，z0是f'(z)5．求下列函数在有限孤立奇点处的留数．(1)2z1z22z解：函数的有限孤立奇点是z0,zRes[f(z),0]limzf(z)limz02，且zz1z0z2Res[f(z),2]lzim0(2)f(z)lim0zz0,z1212均是其1级极点．由定理5.2知，(2)12z43(z21)3解：函数的有限孤立奇点是z13''Res[f(z),i]2!lzimi[(zi)3f(z)]''13Res[f(z),i]lzim[i(zi)3f(z)]2!zii，且z11lim(2zi''1''lim(2zii是函数的3级极点，由定理5.2，z4)3)(zi)1z4(zi)3)11212z2lim52zi(zi)51lim2z21212z2i(zi)53i，83i．82z(3)1e42zz解：函数的有限孤立奇点是1e2z1因44(2zzz所以由定义5.5知，(2z)22!1Res[0，(2z)nn!222!z223L3!z2nn!2ze4z,0]21(4)zsinz解：函数的有限孤立奇点是21211因zsinz(3Lzz3!z30，(1)n2n1(2n1)!z1所以由定义5.5知，Res[z2sin1,0]z13!z(2n(1)nL1)!z2n1L5)cos11z解：函数的有限孤立奇点是z1，因1cos1z12!(1z)2(1)n(2n)!(1z)2nL所以由定义5.5知，Res[cos11z,1]0．1(6)1zsinz解：函数的有限孤立奇点是z①k0，即z0，3因为zsinzz(zzL(1)n3!k,kZ．2n1z(2n1)!L)z24z3!L(2n2z1)n(2n1)!所以z0是1的2级极点．由定理5.2，zsinz121'z'Res[,0]lzim0[z2]'lzim0()'zsinzz0zsinzz0sinzmliz2cosz精心整理②zk,k0时，记g(z)zsinz，则g'(z)sinzzcosz，因为g(k)的1级极点．'10,g'(k)0，所以由定义5.2知，zk,k0是g(z)的1级零点，故它是zsinz由定理5.3，1111Res[,k]'(1)k,k0．zsinzg'(k)kcoskk6．利用留数计算下列积分(积分曲线均取正向)．e2z(1)?2dz?z2(z1)2解：z1是被积函数2z(ze1)2在积分区域内的有限孤立奇点，且为2级极点，由定理5.2，e2zRes[(z1)2,1]lzim1[(z由定理5.1知，2ze2dz?z2(z1)2z2)?3e2dz?z32(z1)(z3)2ze2z2e'2z1)22]'lim2e2z(z1)2z1e2z2iRes[(ze1)2,1]42e2，2ei．解：z1是被积函数(z1)(z3)2在积分区域内的有限孤立奇点，且为1级极点，所以由定理5.1及定理5.2，2ilim((z1)2)2ilime2eiz1(z1)(z3)2z1(z3)283)?z1sinzzdz解：z0是被积函数z在积分区域内的有限孤立奇点，sinz因为limz1，所以由性质5.1知z0是函数z的可去奇点，z0sinzsinz从而由定理5.1，Res[z,0]0，由定理5.1，?zdz2sinzz1sinziRes[z,0]0．sinz1(4)?z1zs1inzdzz1zsinz解：z0是被积函数1在积分区域内的有限孤立奇点，且为zsinzzs1inz,0]zsinz1dz21zsinzsinz由定理5.1，Res[21'zlim(z2)'lim0，z0zsinzz02cosz1iRes[,0]0．zsinz2级极点，由定理5.2，(5)?1zdz?z12z(1ez)解：z0是被积函数sinzzz(1ez)级极点，Res[sinzz,0]lim(zsinzz)limsinzzlimcoszz1z(1ez)z0z(1ez)z01ezz0ez在积分区域内的有限孤立奇点，由性质5.6知z0是函数的1sinzsinz?z1zdz2iRes[z,0]2i．z12z(1e)z(1e)6)tanzdz?z3由定理5.1，解：被积函数tanz在积分区域z3内的有限孤立奇点为：理5.3，这些点均为tanz的1级极点，且262iRes[tanz,zk]2i()k3由定理5.1，?z3tanzdzndz，其中n为正整数，7．计算积分?z1nz1(za)n(zb)1解：记f(z)n1n，则f(z)的有限孤立奇点为z(za)n(zb)n讨论如下：①ab1时，za,zb均在积分区域内，由定理5.1，1故有?z1(za)n1(zb时，b)ndz0．a,zb均不在积分区域内，所以zk1k,k3,2,1,0，由定212i．1,b1,aa,zb，③a1b时，b．且为n级极点，分情况所以?f(z)dz?z1习题五8．判断z解：(1)所以，znndz0．1(za)n(zb)na在积分区域内，zb不在积分区域内，(1)n1(2n2)!iiRes[f(z),a][(n1)!]2(ab)2n1是下列各函数的什么奇点？求出在因为1是ez的可去奇点，且Rese的留数。1z2c10。(2)所以于是，z是coszsinz的本性奇点，且Rescoszsinz,(3)因为所以因为容易看出，展式中由无穷多z的正幂项，所以zz是z2e1的本性奇点。Res2z(4)所以zez,1,因为c131!51!Lsh1。的可去奇点。是4z(z1)4(z4)44,00。1z(14z)9．计算下列积分：解：(1)(2)在2<|z|内将函数展为洛朗级数Res精心整理从上式可知，所以31?zezdz?c1z12i3310．求下列各积分之值：i。1)解：设zei,则dziiedizd，sin21i(eiei)z2iz1。于是2)解：设zei,则dziiedizd，cos1(eiei)z1。于是解：显然，3)R(z)11z22R(z)在上半平面内只有i一个奇点，且为2级极点。于是1x24dx21x4满足分母的次数至少比分子的次数高二次，且在实轴上没有奇点，积分是存在的。20x4dx01x42R(z)z4满足分母的次数至少比分子的次数高二次，且在实轴上没有奇点，积分是1z4)解：显然，存在的R(z)在上半平面内只有2222i和2222i二个奇点，且都为1级极点。于是所以(5)解：显然，R(z)21满足分母的次数至少比分子的次数高一次，且在实轴上没z24z5有奇点，R(z)在上半平面内只有2i一个奇点，且为1级极点。于是(6)解：显然，R(z)z2满足分母的次数至少比分子的次数高一次，且在实轴上没有奇1z点，R(z)在上半平面内只有i一个奇点，且为11．利用对数留数计算下列积分：解：(1)?1dz2?|z|1zP为f(z)z在|z|1(2)蜒|z|3z(z11)dz这里N1为函数f(z)1级极点。于是i(NP)2i(10)2i，这里N为函数f(z)z在|z|1内的零点数，1内的极点数。1dz|z|3z?|z|1dz3(z1)z在|z|3内的零点数，f(z)z+1在|z|3内的零点数，P2为f(z)(3)蜒|z|3z2z1dz21|z|3内的零点数，P1为f(z)z在|z|3内的极点数；N2为函数z+1在|z|3内的极点数。2(z221)dz12i(N|z|3z212P为f(z)z21在|z|3内的极点数。(cosz)|z|3dz2i(NP)2i(2-0)|z|3coszP)i(2-0)2i,这里N为函数f(z)z21在(4)蜒|z|3tanzdz这里N为函数f(z)cosz在|z|3内的零点数，P为f(z)112．证明方程z46z10有三个根在环域1|z|2内2证明：令f(z)6z1，g(z)z4。因为当|z|2时，有所以，方程z46z10与z40在|z|2内根的数目相同，即4个。cosz在|z|3内的极点数。又当|z|1时，有2所以，方程z[footnoteRef:3]6z10与6z10在|z|1内根的数目相同，即1个[3:由于所以10．求下列函数的傅氏变换，并推证所列的积分等式。]2综合上述得到，z46z10在环域1|z|2内有3个根。213．讨论方程z45z10在|z|1与1|z|2内各有几个根。解：令f(z)5z1，g(z)z4。因为当|z|1时，有所以，方程z45z10与5z10在|z|1内根的数目相同，即1个又当|z|2时，有所以，方程z45z10与z40在|z|2内根的数目相同，即4个。根据上述还可以得到，z45z10在环域1|z|2内有3个根。14．当|a|e时，证明方程ezazn0与azn0在单位圆|z|1内有n个根。证明：令f(z)azn，g(z)ez。因为当|z|1时，有所以，当|a|e时，方程ezazn0与azn0在|z|1内根的数目相同，即n个习题七答案1．试证：若f(t)满足傅氏积分定理的条件，则有11．(1)f(t)1,|t|1,证明0,|t|1;2|t|1sincostd=|t|1040|t|112．(2)f(t)e|t|cost.证明22)4costd|t|cost解：(1)由傅氏积分公式，当t所以，根据傅氏积分定理(2)F()13．1时f(t)ittee2e|t|costeiteeitdt12由傅氏积分公式所以，根据傅氏积分定理求下列函数的傅氏变换：1(1)f(t)1[(ta)(t20e[1i(1)]tdt0e[1i(1+tdtetcosteitdtetcosteitdt5．6．7．ittee)]tdtitee2+[1i(1e0itdt)]tdte[1i(1+)]tdta)];(2)f(t)sgnt1,t1,t0,0;(3)f(t)sintcost;(4)f(t)sin(5t3).8．解：(1)(2)(3)由于所以Fsin2t2(4)由于所以9．证明：若F(t)(2)(2)cos(t)2F(F()其中(t)为一实函数，则21iF()F(),Fsin(t))F(),其中F()为F()的共轭函数。证明：由于10．11．所以于是有7．若F()Ff(t)，证明F()Ff(t)证明：由于所以对上述积分作变换8．证明下列各式：(1)eatf1(t)f2(t)页脚内容，则eatf1(t)翻转性质)。eatf2(t)(a为常数)；(2)df1(t)f2(t)df1(t)f2(t)f1(t)dtdt证明：(1)(2)9．计算下列函数f1(t)和f2(t)的卷积：ddtf2(t).(1)f1(t)0(t0),(2)f2(t)0,at(t0),1(t0),2eat,(t0);(2)f1(t)0e,e(t(t0),0),(2)f2(t)sin(t)0(0t2)其他.解:(1)显然，有当t0时，由于f2()f1(t)=0，所以f1(t)f2(t)f2()f1(t)d0；当t0时，显然，有t2时，皆有f1()f2(t)=0。于是f1()f2(t)d0；(3)根据位移性质再根据像函数的位移性质由于根据微分性质再根据位移性质习题八1．求下列函数的拉氏变换3,t2,(1)f(t)2cost,t;2解：由拉氏变换的定义知：f(t)cost(t)sintu(t).解：由拉氏变换的定义以及单位脉动函数的筛选性质知：2.求下列函数的拉氏变换：(1)f(t)t21;解：由拉氏变换的线性性质知：(2)f(t)1tet;解：由拉氏变换的线性性质和位移性质知：f(t)tcost;解：法一：利用位移性质。由拉氏变换的位移性质知：法二：利用微分性质。页脚内容(8)f(t)tneat;解：法一：利用拉氏变换的位移性质。nn!1,故L[f(t)]L[tneat]s法二：利用微分性质。所以由拉氏变换的位移性质知：(2)f(t)te3tsin2tdt,求L[f(t)].解：设g(t)e3tsin2t,G(s)L[g(t)].则1G(s)s所以L[f(t)]2s(23[(ss2132)2s41]32).4.利用拉氏变换的性质求L1[F(s)].2s(1)F(s)22;(s21)2解：法一：利用卷积求解。设F1(s)22s1,F2(s)1,则F(s)F1(s)F2(s).而f1(t)L1[F1(s)]2sinit,if2(t)11[F2(s)]cosit.由卷积定理知：f(t)f1(t)f2(t)t0sinicosi(t)dtsinittsht.i法二：利用留数求解。显然F(s)在Re(s)1内有两个2级极点s11,s21F(s)0.故由定理8.3知：1(2)F(s)22.(s1)解：法一：利用卷积求解。设F1(s)21,F2(s)2s1s除此外F(s)处处解析，且当s时，而f1(t)f2(t)1L1[F1(s)]1,则F(s)F1(s)F2(s).11sinit.i由卷积定理知法二：用留数求解。显然F(s)在Re(s)1内有两个2级极点s1F(s)0.故由定理8.3知：法三：利用拉氏变换积分性质求解。2st由(1)题知L[tsht]2(s111t1即L1[22]tshtdt(s21)22045.利用积分性质计算L[f(t)].(1)f(t)sintkt;解：设L[f(t)]F(s),1)2,故L[0tshtdt]0t(et0由拉氏变换的微分性质得：F'(s)L[k所以L[f(t)]F(s)22dsskte3tsin2t(2)f(t)0estin2tdt.1,s21除此外F(s)处处解析，且当s时，et)dt2.22.(s21)2tchtsht2tf(t)]L[tsinkt]tk.22.sksarccot.k解：在(1)题中取k2得L[sinkt]3tsinktL[et]te3tsin2tL[0estin2tdt]由拉氏变换的位移性质知：再由拉氏变换的积分性质得sarccost.2arccots21s3arccots26.计算下列积分：页脚内容2t(1)0解：eedt;tt2teedtt由拉氏变换表知：L[1t(ebtate)]ett1etdtL[tsalne]s1F(1).0,a1,(2)t2teedttte2tdt.F(1)lns1sln2.解：0te2tdtL[t]s27．求下列函数的拉氏逆变换：(1)s214;s4解：因L[sinkt]ks2k2,取k2得L[sin2t]2s2411故L1[2]sin2t.s242(2)(s1)s(s2);s1)(s2s2解：而L1因为(s1s12)1s11sL12s2et2e2t,所以L1(3)(s1)4;(s1)(s12)2e2tte.1(s1)4时，F(s)0.故由定理8.3知：下面来求留数。解：设F(s),则s1是F(s)的四级极点。除此外F(s)处处解析，且当s因为este(s1)tet(s1)t(s1)2t2Lst故e(s1)4所以L1(s1)4(4)2s2s93;s291(s1)4tet33!t(s1)3t3et.e.62!t3L3!