复变函数课后习题答案(全)

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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：

（ 1）

1

（2）

i

2i 1)(i

2)

3

(i

（3）

1

3i （4） i 8

4i

21

i

i

1 i

解：（ 1） z

1 3 2i ，

3 2i 13

因此： Re z

3 , Im z

2 ，

13 13 （ 2） z

i

i 3 i ， (i

1)(i 2)

1

3i

10

因此， Re z

3 , Im z 1 ，

10

10

（ 3） z

1 3i i

i

3 3i 3 5i ，

i 1

2 2

因此， Re z

3 , Im z 5 ，

3

2

（ 4） z

i 8 4i 21

i 1 4i i 1 3i

因此， Re z 1, Im z 3，

2． 将下列复数化为三角表达式和指数表达式：

（ ） （ ）

1 3i （ ） r (sin i cos )

1 i

2

3

（ 4） r (cos i sin ) （5）1 cos i sin

(0

2 )

解：（ 1） i

cos

i sin

i e 2 2

2

2

2

2

（2） 1

3i

i

2(cos

i sin

)

2e

3

3 3

（ 3） r (sin

i cos ) r[cos(

)

i sin(

)] (

) i

2

re

2

2

（ 4） r (cos i sin ) r[cos( ) i sin( )]

re i

（5）1

cos

i sin

2sin 2

2 2i sin

cos 2

2

页脚内容

..

3． 求下列各式的值：

（1）( 3 i)5 （ 2） (1

i )100

(1

i)100

（3）

(1

3i )(cos i sin ) （4） (cos5 i sin 5

)2

(1 i )(cos i sin ) (cos3 i sin 3

)3

（5） 3

i

（ ）

1

i

6

解：（ 1） (

3 i )5 [2(cos(

) i sin( ))] 5

6

6

（2） (1 i )100

(1

i)100

(2i )

50

( 2i )

50

2(2)

50

251

（3）

(1

3i )(cos i sin )

(1 i )(cos i sin )

(cos5

i sin 5 ) 2

（4）

i sin 3 )3

(cos3

（5） 3

i

3

cos

i sin

2

2

（6）

1 i

2(cos i sin )

4 4

4． 设 z 1

1 i

, z 2

3 i, 试用三角形式表示 z z 与

z 1

2

1

2

z 2

解： z

cos i sin , z 2 2[cos(

) i sin( )] ，所以

1

4

4

6

6

z 1z 2

2[cos(

) i sin( 4

6 )] 2(cos

12 i sin ) ，

4 6

12

5． 解下列方程：

（1） (z i )5 1（ 2） z 4 a 4 0

( a 0)

解：（ 1） z

i

5

1,由此

z

5

1

i 2

k i

i ， (k

0,1,2,3,4)

e 5

（2） z

4

a 4

4

a 4 (cos

i sin )

..

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a[cos 1

(

2k ) i sin 1

(

2k )] ，当 k

0,1,2,3时，对应的 4 个根分别为：

4

4

a

(1 i ), a ( 1 i), a ( 1 i ), a (1 i)

2 2 2

2

6

x iy, 则

x

y z

x

y

． 证明下列各题：（ 1）设 z

2

证明：首先，显然有 z x 2 y 2

x

y ；

其次，因 x 2

y 2 2 x y , 固此有 2( x 2 y 2 ) ( x

y )2 ,

从而 z

x

2

y

2

x y

2 。

（ 2）对任意复数 z , z , 有 z 1 2 z 1 2

z 2

2 2Re( z 1 z 2 )

z 2

1 2

证明：验证即可，首先左端 ( x 1 x 2 )2 ( y 1 y 2 )2 ，

而右端

x 1

2

y 1

2

x 2 2 y 2 2 2Re[( x 1 iy 1 )( x 2 iy 2 )]

x 12 y 12 x 2 2 y 22 2( x 1x 2

y 1 y 2 ) ( x 1 x 2 )2 ( y 1

y 2 )2 ，

由此，左端 =右端，即原式成立。

（ 3）若 a

bi 是实系数代数方程 a z n

a z n 1

a z a

0 0

1

n 1

的一个根，那么 a

bi 也是它的一个根。

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， z

n

( z)n ，

由此得到： a ( z)

n

a ( z)n 1

a z

a

1

n 1

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 a

1,则 b a, 皆有 a b

a

1 ab

证明：根据已知条件，有 aa

1，因此：

a b a b a b

1

a ，证毕。

1 ab aa ab

a(a

b) a

（ 5）若 a

1, b

1，则有

a b

1

1 ab

页脚内容

..

2 (a b)(a b)

2 2 ab ，

证明： a b

a

b

ab

2

2

2

1 ab

(1 ab)(1 ab) 1 a b ab ab ，

因为 a

1, b 1，所以，

a 2

2

2

2

2

2

b

a b

1 (1 a )( b

1) 0，

2

2

a b

因而 a

1 ab ，即

b

1，结论得证。

1 ab

7

z 1,

试写出使 z

n

a 达到最大的 z 的表达式，其中 n

为正整数， a

为复数。

．设

解：首先，由复数的三角不等式有 z n

a

z n

a

1 a ，

在上面两个不等式都取等号时

z n a 达到最大，为此，需要取 z n 与 a 同向且 z n 1，即 z n

应为 a 的单位化向量，由此， z n

a ，

a

8．试用 z 1, z 2 , z 3 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， z 2 z 1 与 z 3 z 1 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

Arg

z 2

z 1

应为 0 或 的整数

z 3 z 1

倍，至此得到：

z , z , z 三个点共线的条件是 z 2

z1

为实数。

1 2 3 z 3 z 1

9．写出过 z 1, z 2

( z 1 z 2 ) 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：

x x 1 t( x 2 x 1 )

， y

y 1 t( y 2 y 1)

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

(1 i )t （ 2） z a cost

i

ib sin t （3） z t

t

..

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解：只需化为实参数方程即可。

（ 1） x t , y t ，因而表示直线 y

x

（ 2） x

x 2 y 2

1

a cost , y

b sin t ，因而表示椭圆

2 b

2

a （ 3） x

t, y

1 xy 1

，因而表示双曲线

t

11．证明复平面上的圆周方程可表示为 zz az az c 0 ，其中 a 为复常数， c 为实常数

证明：圆周的实方程可表示为： x 2 y

2

Ax By c 0 ，

代入 x

z z ,

y

z z ，并注意到 x 2

y

2

2

zz ，由此

z

2

2i

zz A

z

z B z

z c 0 ，

2

2i

整理，得 zz

A

Bi z A Bi z c 0

2 2

A Bi a A Bi a ，由此得到

记 2 ，则 2

zz az az c 0 ，结论得证。

12．证明：幅角主值函数 arg z 在原点及负实轴上不连续。

证明：首先， arg z 在原点无定义，因而不连续。

对于

x 0

0，由 arg z 的定义不难看出，当 z 由实轴上方趋于 x 0 时， arg z ，而当 z 由

实轴下方趋于 x 时， argz ，由此说明 lim arg z 不存在，因而 arg z 在 x 点不连续，

z x 0

即在负实轴上不连续，结论得证。

13．函数 w

1 把 z 平面上的曲线 x 1 和 x 2

y 2 4 分别映成 w 平面中的什么曲线？

z

解：对于 x

1，其方程可表示为 z 1 yi ，代入映射函数中，得

w u iv

1 1 1 iy ， z

1 iy

1 y

2

因而映成的像曲线的方程为 u

1

2 ,

v

y 2 ，消去参数 y ，得

1 y

1 y

页脚内容

..

u2v21u,即

(u 12

v

2

12

,

表示一个圆周。

1 y22)

( 2)

对于 x2y24，其方程可表示为 z x iy2cos2i sin 代入映射函数中，得

因而映成的像曲线的方程为 u 1

cos, v

1

sin，消去参数，得 u2v21，表224

1

的圆周。

示一半径为

2

14．指出下列各题中点z 的轨迹或所表示的点集，并做图：

解：（ 1）z z r (r 0)，说明动点到 z 的距离为一常数，因而表示圆心为z ，半000

径为 r 的圆周。

（2）z z0r , 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）z 1 z 3 8, 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 z x iy, 化为实方程得

（4）z i z i ,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(z i )，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。

44

15．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）2z 3，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）arg z(0 2 ) ，顶点在原点，两条边的倾角分别为,的角形区域，无界，单连通

31

，显然z2

，并且原不等式等价于

z 3 z2

，说明 z 到

3

的距离比

（）z3

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x 2.5 左边部分除掉x 2 后的点构成的集合，是一无界，多连通区域。

（4）z 2 z 2 1，

..

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显然该区域的边界为双曲线

z 2 z 2 1，化为实方程为 4x

2

4

y 2 1，再注意到 z

15

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） z 1 4 z 1 ，代入 z x iy ，化为实不等式，得

所以表示圆心为 (

17

,0) 半径为

8

的圆周外部，是一无界多连通区域。

15

15

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。

（ 1） (z

1)5

（ 2） z 3 2iz （3）

1

（ 4） z

1

z

2

1

z 3

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 0），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） (z

1)5 处处解析， [( z 1)5 ] 5( z 1)

4

（ 2） z 3

2iz 处处解析， ( z

3

2iz)

3z 2 2i

（ 3）

1 的奇点为 z 2

1 0 ，即 z

i ，

z 2 1

（ 4） z

1 的奇点为 z

3，

z

3

2．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）

（ 3）

f (z) xy

2

x 2 yi （2） f (z) x 2

y 2

i

f (z)

x 3 3xy 2 i(3x 2 y y 3 ) （4） f ( z)

1

z

解：根据柯西—黎曼定理：

（ 1） u xy 2

, v

x 2

y ， u, v 处处可微，再由柯西—黎曼方程

四个一阶偏导数皆连续，因而 u x v y , u y

v x 解得： x y 0 ，

因此，函数在 z 0 点可导， f (0)

u x

iv

x

z 0

0 ，

函数处处不解析。

（ 2） u x 2

, v

y 2

，

u, v 处处可微，再由柯西—黎曼方

程

四个一阶偏导数皆连续，因而 u x

v y , u y

v x 解得： x y ，

因此，函数在直线 y x 上可导， f ( x ix) u x

iv x y x

2x ，

因可导点集为直线，构不成区域，因而函数处处不解析。

（ 3） u x 3

3xy 2 , v

3x 2 y y 3 ，

页脚内容

..

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

u x v y , u y v x

因此，函数处处可导，处处解析，且导数为

（4）

f (z) 1 1 x iy

， u

x

, v

y

，

z

x iy x 2 y 2 2

y 2 x 2

y 2

x

u x

y 2 x 2

, v y x 2 y 2 2 ，

(x 2

2

) 2 ( x 2

2

)

y

y

u y

2xy

, v x

2xy

2 ，

(x 2

y 2

) 2 ( x 2

2

)

y

因函数的定义域为 z 0 ，故此， u,v 处处不满足柯西—黎曼方程，因而函数处处不可导，处

处不解析。

3．当 l , m,n 取何值时 f ( z) my 3

nx 2 y i (x 3 lxy 2 ) 在复平面上处处解析？

解： u

my 3 nx 2 y, v x 3 lxy 2

u x

2nxy, v y

2lxy, u y

3my 2

2

2

2

nx , v x

3x

ly ，

由柯西—黎曼方程得：

由（ 1）得 n

l ，由（ 2）得 n

3, 3m

l ，因而，最终有

4．证明：若 f (z) 解析，则有 (

f ( z) )2 (

f ( z) )2

2

x

y

f ( z)

证

明 ：

由

柯 西—

黎

曼

方

程 知

，

左

端

(

x u 2

v 2 )2 (

u 2 v 2 )2

y

uu

vv

x )

2 uu y vv y

)

2

(uu vv ) 2 (uv

vu )2

(

x

(

u 2 v 2

x x

x

x

u 2

v 2

u 2 v 2

f ( z) 2 右端，证毕。

5．证明：若 f (z)

u

iv 在区域 D 内解析，且满足下列条件之一，则 f ( z) 在 D 内一定为

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） v u 2 （5） 2u

3v

1

证明：关键证明 u, v 的一阶偏导数皆为 0！

（1） f (z)

u iv ，因其解析，故此由柯西—黎曼方程得

u x

v y , u y v x ------------------------ （1）

而由 f ( z) 的解析性，又有 u v , u y

v ------------------------ （2）

x

y

x

由（ 1）、（ 2）知， u

x

u

y v

x

v

y 0 ，因此 u c , v

c ,即

1

2

f ( z) c 1 ic 2 为常数

（2）设 u c 1 ，那么由柯西—黎曼方程得

v x u y 0, v y u x 0，

..

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说明 v 与 x, y 无关，因而 v

c 2 ，从而 f (z) c 1 ic 2 为常数。

2

u 2 v 2

c 0 为常数，等式两端分别对 x, y 求偏导数，得

（ 3）由已知， f ( z)

2uu x 2vv x 0

2uu y

2vv y

---------------------------- （1）

因 f (z) 解析，所以又有 u x v y ,

u y

v x ------------------------- （ 2）

求解方程组（ 1）、（2），得 u x

u y v x v y

0，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， v

u 2 两端分别对 x, y 求偏导数，得

再联立柯西—黎曼方程 u x v y , u y v x ，仍有

（ 5）同前面一样， 2u 3v 1两端分别对 x, y 求偏导数，得

考虑到柯西—黎曼方程 u x v y , u y v x ，仍有

u x u y v x v y 0，证毕。

6．计算下列各值（若是对数还需求出主值）

i

（2） Ln(

i ) （ 3） Ln( 3 4i )

（ 1） e 2

（ 4） sin i （ 5） (1 i )i

2 （6） 273

解：（ 1） e

2

i

) i sin(

) i cos(

2

2 (

1

（ 2） Ln(

i)

ln i

arg( i ) 2k i

2k) i ，

2

k 为任意整数，

主值为： ln(

i )

1 i

2

（ 3） Ln( 3 4i ) ln 3 4i

arg( 3 4i ) 2k i

ln5 (

arctan

4

2k )i ， k 为任意整数

3

arctan 4

)i

主值为： ln(

3

4i) ln5

(

e i.i

e i.i

e e 1

3

（ 4） sin i

i

2i

2

i

iLn (1 i )

i ( ln 2

i 2 k i )

iln 2

2 k

（5） (1

e

4

e

4

i )

e

2 k

(cosln 2 i sin 2) ， k 为任意整数

e 4

2

2

Ln 27

2

( ln 27 2 k i)

2

ln 27 4 k i

4

k i

（6） 273 e 3 e 3 e 3 e 3 9e 3 ，

当 k 分别取 0，1，2 时得到 3 个值：

页脚内容

..

4 i

9

(1

8 i

9 ( 1 3i)

9 ， 9e 3

3i ) ， 9e 3

2

2

7．求 e z 2 和 Arge z 2

解： e z

2

e x 2

y 2

2 xyi

，因此根据指数函数的定义，有

e

z 2

e

x 2

y 2 ，

Arge z 2 2xy 2k ，（ k 为任意整数）

8．设 z

re i ，求 Re[ Ln( z 1)]

解： Ln(z 1) ln z 1 i[arg( z

1) 2k i] ，因此

9．解下列方程：

（1） e

z

1

3i （2） ln z 2 i

（3） sin z

i

cosz 0 （4） shz

解：（ 1）方程两端取对数得： z

Ln(1

3i)

ln 2 ( 1

2k) i

3

（ k 为任意整数） （2）根据对数与指数的关系，应有

（3）由三角函数公式（同实三角函数一样），方程可变形为

因此 z

k , 即 z k

， k 为任意整数

4

4 （4）由双曲函数的定义得 shz

e z e z

2 i ，解得

(e z )2 2ie z 1 0 ，即 e z

i ，所以

z Lni

( 2k )i ， k 为任意整数

2

10． 证明罗比塔法则：若 f ( z) 及 g(z) 在 z 0 点解析，且 f (z 0 ) g(z 0 ) 0, g (z 0 ) 0 ，

则 lim

f ( z)

f (z 0 )

，并由此求极限

lim

sin z

;

lim e z

1 z z

g( z)

g (z 0 )

z 0

z

z 0

z

证明：由商的极限运算法则及导数定义知

f ( z) f ( z 0 )

f ( z)

lim

z

z 0 lim

g( z) g( z 0 )

z z

g( z)

z z 0

z z 0

由此， lim

sin z

lim cosz

1

z 0

z

z 0

1

11．用对数计算公式直接验证：

（1） Lnz 2

2Lnz （2） Ln z

解：记 z

re i ，则

lim f (z) f ( z 0 )

z z 0

f ( z 0 )

，

z z 0

lim

g (z) g( z 0 )

g ( z )

z z 0

z z 0

1 Lnz

2

..

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（ 1）左端

Ln(r 2e 2i

) 2ln r (2

2k )i ， 右端 2[ln r

( 2m )i] 2ln r (2 4m )i ，

其中的 k, m 为任意整数。

k 1时的值为

显然，左端所包含的元素比右端的要多（如左端在

2ln r

(2

2 )i ，而右端却取不到这一值），因此两端不相等。

2m i

1

（ 2）左端 Ln[ re

2

]

(

m

2k )i

ln r

2

2

右端

1

[ln r (

2n )i]

1

ln r (

n )i

2

2 2

其中 k,n 为任意整数，而 m 0,1

不难看出，对于左端任意的 k ，右端 n 取 2k 或

2k

1时与其对应；反之，对于右端任意的 n ，

当 n 2l 为偶数时，左端可取 k l , m 0 于其对应，而当 n 2l 1 为奇数时，左端可取 k 2l, m 1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 sin z sin z, cos z cosz

证明：首先有

e z

e x (cos y i sin y) e x (cos y i sin y)

e x iy

e z ，因此

e i z

e i z

sin z ，第一式子证毕。

2i

同理可证第二式子也成立。

13．证明 Im z

sin z e

Im z

（即 y

sin z e y

）

iz

iz

iz

iz

y

y

e

e

证明：首先， sin z

e

e

e

e

e y

，

2

2i

2

右端不等式得到证明。

其次，由复数的三角不等式又有

sin z

e iz

e iz

e iz

e iz

e y e y

e y e y

2i

2 2

2

，

根据高等数学中的单调性方法可以证明

x

0 时 e x e x x ，因此接着上面的证明，有

e

y

y

2 sin z

e y ，左端不等式得到证明。

2

14．设 z R ，证明 sin z

chR,

cosz

chR

证明：由复数的三角不等式，有

sin z

e iz

e iz

e iz

e iz

e

y

e

y

e

y

e

y

ch y ，

2i

2

2

2

由已知， y z R ，再主要到 x 0 时 chx 单调增加，因此有

sin z

ch y

chR ，

页脚内容

..

同理，

cosz

e iz e iz e iz e iz e y e y e y e y

222ch y chR 证毕。

2 15．已知平面流场的复势 f ( z) 为

（1）(z i )2（2） z2（3）1

1

z2

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)i( x, y) ，则

流场的流速为 v f( z) ，

流线为( x, y)c1，

等势线为(x, y)c2，

因此，有

（1）(z i )2[ x ( y 1)i]2x2( y 1)22x( y 1)i 流速为 v f( z)2( z i ) 2(z i) ，

流线为 x( y 1)c1，等势线为 x2( y1)2c2

（2）z3(x iy )3x33xy2(3x2 y y3 )i

流速为 v f( z)3z23(z)2，

流线为 3x2 y y3c，等势线为 x33xy2c

12

111

（3）

1( x iy)21x2y212xyi

z2

流速为 v f( z)

2z2z

，(z

222

1)2

1)( z

流线为

xy c，( x2y21)24x2 y21

等势线为

x2y21

c2

( x2y21)24x2 y2

习题三答案

i 的直线段

．计算积分

( x y ix 2

)dz

，其中

c

为从原点到 1

1

c

t,y t ，即

解：积分曲线的方程为 x

z x iy t ti ， t : 0 1 ，代入原积分表达式中，得

2．计算积分e z dz，其中c为

c

再到 1i 的折线（2）从0到 1i 的直线

（1）从 0到 1

解：（ 1）从 0到 1 的线段c1方程为：z x iy x,x : 01，从 1 到1 i的线段c方程为： z x iy1iy ,y : 01，

2

..

精心整理

代入积分表达式中，得

e 1ei(sin1i cos1i) e(cos1i sin1)1e1 i1；（2）从 0 到1i 的直线段的方程为 z x iy t ti ， t : 01，

代入积分表达式中，得

e z dz1e t ti (t ti ) dt(1 i)1e t (cost i sin t)dt ，

c

00

对上述积分应用分步积分法，得

3．积分( x2iy )dz ，其中c为

c

（ 1）沿y x 从0到 1i （2）沿 y x2从0到 1 i

解：（ 1）积分曲线的方程为z x iy t ti ， t : 01，

代入原积分表达式中，得

（ 2）积分曲线的方程为z x iy x x2i ， t : 0 1 ，

代入积分表达式中，得

4．计算积分z dz ，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z x ，代入，得

（ 2）c的方程为z x iy cos i sin,:0 ，代入，得5．估计积分

1dz的模,其中c为+1到-1的圆心在原点的上半圆周。

z2

c2

解：在 c 上，z=1，因而由积分估计式得

1

dz 11

ds ds c 的弧长

c z2c z2ds

22c 2 z2c n 1 6．用积分估计式证明：若 f (z) 在整个复平面上有界，则正整数时其中 c R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

M

2 R 2 M

R n R n 1 ，

因 n1，因此上式两端令 R取极限，由夹比定理，得

lim f ( z)dz 0 ，证毕。

c R z n

R

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z1。

（ 1）

dz

（2）

c z2

dz

4（3）

dz c

( z 2)22z c z22

（ 4）

dz

（5）ze z dz c cosz c

页脚内容

..

解：各积分的被积函数的奇点为：（ 1） z 2 ，（ 2） ( z 1)2 3 0 即 z

1 3i ，（ 3） z2i

（ 4） z

k

, k 为任意整数，

2

（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，即皆在积分曲线之外，从而在积分曲线内被积函数解析，因此根据柯西基本定理，以上积分值都为 0。

8．计算下列积分：

i

（1）

4 e

2 z

dz （ 2）

i

2

zdz （ 3） 1

sin zsin zdz

i

解：以上积分皆与路径无关，因此用求原函数的方法：

1

i

1

1

i

2 z

2 z 4

i

(i 1)

（1） 4

e

dz

e

(e 2

e )

2 0 2

2

i

i 1 cos2z

z sin 2z

i

（2）

sin 2

zdz

dz ]

i [

i

2

2

4

i

1 1

1

1

（3）

zsin zdz

zd cosz

zcosz 0 0

coszdz

dz

9．计算

，其中 c 为不经过 a 的任一简单正向闭曲线。

c z 2

a 2

解：被积函数的奇点为 a ，根据其与 c 的位置分四种情况讨论：

（ 1） a 皆在 c 外，则在 c 内被积函数解析，因而由柯西基本定理

（2） a 在 c 内， a 在 c 外，则 1 在 c 内解析，因而由柯西积分

z a

1

dz

1

公式：

z a dz

2

i

c z 2

a

2

i

c z a

z a z a a

（ 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 c , c ，则由复合闭路原理得：

1

1 ( 1 1 1 2

注：此题若分解

a

) ，则更简单！ 10．

z

2

a 2

2a z z a

计算下列各积分

解：（ 1）

1

dz ，由柯西积分公式

i

)( z z 1

( z 2)

e iz

2

（2）

dz

，

z

2

1

z

3

2i

2

i 在积分曲线内被积函数只有一个奇点 ，故此同上题一样：

‘;

..

精心整理

（ 3）

dz

3

( z 2 1)(z 2 4)

z

2

i ，围绕 i, i 分别做两条相互外离的小闭合曲线

在积分曲线内被积函数有两个奇点

c 1 ,c 2 ，

则由复合闭路原理得：

（ 4）

z

1，故此

2 2 z

4

dz ，在积分曲线内被积函数只有一个奇点

z

1 （ 5）

1

sin zdz

，

2

z 2

z

1 4

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 c 1 ,c 2 ，则由复合闭路原理得： （ 6）

z 2 n

n 为正整数，由高阶导数公式

n dz,

z

2 ( z 1)

11．

1

e z

计算积分

z( z 3 dz ，其中 c 为

2 i c 1)

（ 1） z

1 1

（ 3） z 2

（2） z 1

2

2

解：（ 1）由柯西积分公式

（ 2）同理，由高阶导数公式

（ 3）由复合闭路原理

e z

1 (e z )

e 1，

(z 1)3

z 0

2! z z 1 2

其中， c 1, c 2 为 z 2 内分别围绕 0，1 且相互外离的小闭合曲线。

12．

积分

1 dz 的值是什么？并由此证明

1 2cos d 0

1

z

z 2

5 4cos

解：首先，由柯西基本定理，

z 1

z

1

dz 0 ，因为被积函数的奇点在积分曲线外。

2

其次，令 z

r (cos

i sin ) ，代入上述积分中，得

考察上述积分的被积函数的虚部，便得到

2 1 2cos d 0，再由 cos

的周期性，得

5 4cos

即

1 2cos d

0 ，证毕。

0 5 4cos

13．

设 f ( z), g( z) 都在简单闭曲线 c 上及 c 内解析，且在 c 上

f ( z)

g ( z) ，证明在 c 内也有 f ( z) g (z) 。

证明：由柯西积分公式，对于

c 内任意点 z 0 ，

页脚内容

..

1 f (z)

dz, g( z ) 1 g( z)

f (z )

dz ，

2 i c 0

2 i c z z 0

z z 0

由已知，在积分曲线 c 上， f ( z) g ( z) ，故此有

再由 z 0 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) 1 1，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) dz 0 c f ( z)

证明：（ 1）显然，因为若在某点处

f (z)

0, 则由已知

0 1 1，矛盾！

（也可直接证明：

f ( z) 1 f (z) 1 1，因此

1 f ( z)

1 1，即 0

f ( z) 2 ，说明 f ( z)

0 ）

3

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

（ ）既然 f (z)

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) dz 0 ，证毕。

c f ( z)

15．求双曲线

y 2 x 2

c （ c 0 为常数）的正交（即垂直）曲线族。

解： u

y 2

x 2 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 便是所要求的曲线族。为此，由柯西—黎曼方程

v x

u y

2 y ，因此 v

( 2y) dx

2xy g( y) ，再由

v y u x 2x 知， g ( y) 0 ，即 g( y) c 0 为常数，因此

v 2xy c 0 ，从而所求的正交曲线族为 xy c

（注：实际上，本题的答案也可观察出，因极易想到

f ( z) z 2 y 2 x 2 2xyi 解析）

16．设 v

e px sin y ，求 p 的值使得 v 为调和函数。

解：由调和函数的定义

v xx v yy p 2e px

sin y ( e px

sin y) 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

p 2 1 0 ，即 p

1。

17．已知 u

v x 2 y 2 2xy 5x 5 y ，试确定解析函数

解：首先，等式两端分别对 x, y 求偏导数，得 u x v x 2x 2y 5 ----------------------------------

（ 1） u y v y 2 y 2x 5 ------------------------------- （2）

再联立上柯西—黎曼方程

..

精心整理

u x v y ------------------------------------------------------

（3）

u y

v x ----------------------------------------------------

（4）

从上述方程组中解出 u x ,u y ，得

这样，对 u x 积分，得 u x 2

5x c( y), 再代入 u y 中，得

至此得到： u

x 2 5x

y 2 c , 由二者之和又可解出

v 2xy 5y c 0 ，因此

f (z) u

iv z 2

5z c

c i ，其中 c 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) u iv

解：（ 1） u x 2

xy y 2 ,

f (i)

1 i ，

由柯西—黎曼方程，

v y u x 2x y ，对 y 积分，得

v

2xy

1 y

2 c(x) ，

2

再由 v x

u y 得 2 y c ( x) x 2 y ，因此

c (x)

x,

c( x)

1 x

2

c 0 ，所以

2

v 2xy

1 y

2 1 x 2 c 0 ，

2

2

因 f (i ) 1 ，说明 x

0, y 1 时 v 1，由此求出 c 0

至此得到：

f (z) u iv

x

2

xy y

2

( 1 y 2

1 x

2 2xy

2

2

整理后可得： f ( z)

(1

1

i) z 2

1

i

y

2 2

（ 2） v

，

f (2)

x

2

y

2

此类问题，除了上题采用的方法外，也可这样：

x 2 y 2

2xy

(z)2

1

(x 2 y 2 )2 ( x 2

y 2 )2

i

( zz) 2

z 2 ，所以

f (z)

1 c ，

z

1 其中 c 为复常数。代入 f (2)

0 得， c

，故此

arctan y

,

2

（ 3） v

( x 0)

x

1 ，

2

1

)i ，

2

页脚内容

..

同上题一样， f (z)

u x iv x v y iv x

x

y

i

z 1

x 2

y 2 x 2

y 2

zz ，

z

因此 f ( z) ln z c 0 ， 其中的 ln z 为对数主值， c 为任意实常数。

（4） u

e x (x cos y y sin y) ，

f (0)

v x

u y e x ( xsin y sin y

y cos y) ，对 x 积分，得

再由 v y

u x 得 c ( x) 0 ，所以 c(x) c 0 为常数，由 f (0) 0 知，

x

y 0 时 v 0 ，由此确定出 c 0

0 ，至此得到：

f ( z) u iv

e x (x cos y y sin y) ie x ( xsin y y cos y) ，

整理后可得 f ( z) ze z

19．设在 z

1 上 f (z) 解析，且 f (z)

1，证明 f

(0)

1

证明：由高阶导数公式及积分估计式，得

1 ds

1 2

1

，证毕。

2

2

z 1

20 ． 若 f ( z) 在 闭 圆 盘

z

z

上解析，且

f ( z)

M

，试证明柯西不等式

R

f

(n )

( z )

n!

M ，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

0 R

n

为常数。

证明：由高阶导数公式及积分估计式，得

n!

n! M

n! M

n! M

2 R

n 1

z 1

f ( z) ds

2 R n 1

z 1ds

2 R n 1 2 R

R

n

，

柯西不等式证毕；下证刘维尔定理：

因为函数有界，不妨设 f (z)

M ，那么由柯西不等式，对任意 M z 0 都有 f (z 0 )

，又

因 f (z) 处处解析，因此 R 可任意大，这样，令

R

R ， 得 f ( z 0 ) 0，从 而 f ( z 0 )

0，即 f (z 0 )

0，再 由 z 0 的 任意 性知

f (z )

0，因而 f (z) 为常数，证毕。

习题四答案

1． 考察下列数列是否收敛，如果收敛，求出其极限． （1） z n i n

1

n

解：因为 lim i n 不存在，所以 lim z n 不存在，由定理 4.1 知，数列 z n 不收敛．

n

n

（2） z n (1 i ) n

2

解： 1 i

5

(cos

i sin ) ，其中

arctan 1

，则

2

2

2

..

精心整理

n

n

z n

5

(cos i sin )

2 cosn

i sin n ．

2

5

2

n

n

因为 lim

0 ， cosn i sin n

1 ，所以 lim

2

cosn i sin n0

n

5

n

5

由定义 4.1 知，数列 z n 收敛，极限为 0．

（ 3） z n 1 e

n

n i 2

n i 1

0 ，所以 lim 1 e

解：因为 e

2

1， lim

n

n

n

n

n i

2

由定义 4.1 知，数列 z n 收敛，极限为 0．

（ 4） z n

( z )n

z

( z )n

解：设 z

r (cos i sin ) ，则 z n

cos 2n i sin 2n ，因为 lim cos2n

， limsin 2n 都

z

n

n

不存在，所以 lim z n

不存在，由定理

4.1 知，数列 z n

不收敛．

n

2． 下列级数是否收敛？是否绝对收敛 ?

(1)

i n

n 1

n!

解： i n

1

，由正项级数的比值判别法知该级数收敛，故级数

i n

收敛，且为绝对收敛．

n! n!

n 1

n!

i n

(2)

n 2 ln n

i n

cos

n

sin n

解：

2

i

2

，

n 2 ln n

n 2 ln n n 2 ln n

cos

n

1 1 1 1

因为

2 是交错级数，根据交错级数的莱布尼兹审敛法知

ln n

ln 2 ln 4 ln 6

ln 8

n 2

该级数收敛，同样可知，

sin

n

1 1 1 1

2

1

n 2 ln n

ln 3 ln 5

ln 7 ln 9

i

n

也收敛，故级数 是收敛的．

n 2

ln n

又 i n 1 , 1

1

，因为

1 发散，故级数

1

发散，从而级数 i n 条件

n 2 ln n n 2 ln n ln n n 1

n 2 n 1 n 2 ln n

n 2 ln n

收敛． (3) cosin

2

n

n

解： cosin

e n e n

e n

e n

，因级数

e n

发散，故

cosin

发散．

n

2 n 1

n 1

n 0 2

n 1 n 0 2

n 1 n

n 0

2 n 0

n 0 2

n 0 2

页脚内容

..

3 n

5i

(4)

n!

n 0

n

n

3 5i

n

解：

3 5i

34

，由正项正项级数比值判别法知该级数收敛，

故级数

收

n 0

n!

n 0

n!

n 0

n!

敛，且为绝对收敛．

3． 试确定下列幂级数的收敛半径．

(1)1

n

z n

i

n 0

解： lim

c

n 1

1 i

2 ，故此幂级数的收敛半径 R

1 ．

n

c n

2

(2)

n n

!

z n

n 0 n

c n 1

lim

( n 1)! n n

lim 1

1

，故此幂级数的收敛半径 R

e ．

解： lim

n 1

1

n

c n

n

(n 1)

n!

n

(1

n e

)

n

(3)

i

e n z n

n 1

c n 1

i

lim

e

n

1 1，故此幂级数的收敛半径 R 1．

解： lim

c n

i

n

n

e n

(4)

2n 1 z 2 n 2

n 1

2n

解：令 z 2 Z ，则

2n 1 z 2 n 2

2n 1 Z n 1

n 1

2n n 1

2n

c n

2n 1

1

，故幂级数

2n

1

Z n 1 的收敛域为 Z

lim

1

lim

2 n 1

n 2 ，即 z

2 ，从而幂级数

c n

2n 1 2

2

2

n

n

n 1

2n

2n 1 z 2n 2 的收敛域为 z

2 ，收敛半径为

R

2 ．

n 1

2n

． 设级数

n

收敛，而

n 发散，证明

n z n 的收敛半径为 1．

4

n 0

n 0

n 0

证明：在点 z 1处，

n z

n

n ，因为

n 收敛，所以

n z

n

收敛，故由阿贝尔定理知，

n 0

n 0

n 0

n 0

z 1时，

n z

n

收敛，且为绝对收敛，即

n

z n 收敛．

n 0

n 0

z 1 时，

n

z n

n

，因为

n

发散，根据正项级数的比较准则可知，

n 0

n 0

n 0

n

z n 发散，从而

n z

n

的收敛半径为 1，由定理 4.6，

n z

n

的收敛半径也为 1．

n 0

n 0

n 0

5． 如果级数

n 0 c n z n 在它的收敛圆的圆周上一点 z 0 处绝对收敛，证明它在收敛圆所围的闭区

域上绝对收敛．

..