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1、第一章课后习题答案第一题1 _ 3-2 i _ 3 2，_ 3 2.,3+2,(3+2 0(3-2/)13 T a-n7R cG)=吉Im=一 备 一 居 十 台；1=J(G)+(青)=片;argz=_arctgArM ：-arctg F 2万n(&=0.1 .土 2 ,V(3+4/*)(25i)_26 7 r_ _ 72i 2i 213/7_ 7 一/$lm(z)=-1 3；之=-1 3/5=Jv(；a r8z=arctg y n;Argz=arctg;+2 (4=()1.2 .第三题0 3.证 明 虚 单 位i有 这 样 的 性 质：一i=L =；.证 明 因-，所以5.对任何N=2=H，
2、是否成立？如果是.就给出证明,如果不是.对哪些Z值才成立？分析考查复数性质.解 对 于 任 何 复 数2 =+仃 易知/2 xyi J z|2=Xs+y.于是.由Z =|Z|2可得x1-y +2 z y i=xa+，比较两边的实虚部.等价地有2了、=0,彳2 y =M=y2=0 即 y=0.故对任何虚数3Z2 =|Z|2不成立,只有当N 为实数（虚部为零）时.等式z，=|z|才成立.第七题分析一些命题的真假.要求有比较好的掌握基础知识.解1）真;2）真;3）假（复数不能比较大小九4）假（复数零的辐角是不确定的）;5）假（由，=-z得/=-1,从而Z可取T i两 个Z值）向一般不贞（由三角不等式
3、|方+。仁|丁+|句|,等号仅 当 a r gz i a r gZ f=2 fa r a=H，I ,2,）时成立）；7）*.）9.将下列坐标变换公式写成复数形式:D 平移公式:|y=M +A;2）旋转公式:n cosvj）+/（X|si na+y cosa）=（T I+/）（cosa+isina）=Z|e*O i l.证明：出+的|2+|石一22|=2（|石-十|之|2）,并说明其几何意义.证明 iz i+z.r+iz i-z j8 口 十？2 ）+（zi z?）（zi-a=（Z|+z2）（Z|+22）+（Z|?2）（一 ）=|zi|J+zizi+z2zi+信 十|2|-N|Z 2-22 2
4、1 +I 22 I 2=2（/+区-）几何意义为：以力，去为边构成的平行四边形的两条对角线长度的平方和等于四边长的平方和.1 3.如果z=e，证明：1 7 ,2)z 一工=2，*泊 /分析复数的基性质要掌握.证明 由2=*易知 z*=b=8$nz+isirmf，h*=eCOSH/-i sin 加，所以1)z+=oo sn/+i si nnt+cosn/-i sin nt=2cosn/cos?/+zsinw/-.mnt0 1 5.若(1不储*=(1一，试求的值.分析化为三角表示式计算.n 手)=(8 s-+i m i n )解 由(l+i)=(l-i 可得7 T COS-7S14.2-H*/co
5、s 7/7T 1,?.si,n 7 T o/cos ,zsi n-一-兀、4 4/4 4)H：In1 占I ：-i.n-WK -i n-7-T -si n W7 T ,一 .7 T 八 7 T ,SIIJ =0,/4 4 4 4 44k(A=0 i 1 .2 )1 7.在平面上任意选一点N,然后在复平面上画出下列各点的位置：-1 1-ZZ Zt Z Z分析考查复数的基本知识.解 取 z=l-i 得一z=1+i.z=1 +i.-z=-1 1 1 1 .1 1 1 .*z 2 2 7 2 21 ,1.,1.7 2 2各点位置如图l-2(a)所示.一般地，如图l-2(b)所示，-N 与N 关于原点对
6、称历与N 关于图1-2实轴对称；一;与 N 关于虚轴对称.又由工=存 得 上 与Z Z Z zI zZ 的粗角相同，且-=吉.即L 与 Z 是关于单位圆周的对称点.如图l-l(b)中，设|z|Vl.则上在单位圆外,且使n.制Z上共一条 射 线.而 且.L I.口 是，关于原点的对称Z z z Z点.1 9.设？:1.Q .0 三点适合条件：十 q +zs=0 .I Z|-=I Zj|=|ZS|=1.证明是内接于单位圈周IN|=1的一个正三角形的顶点.分 析 要 掌握三角形的性质.证明 由 1 1 题的结论及麴设条件可知|Zl+z|*+|z Zj|1 2(|Z|I1+|Zj I1)=2(1 +1
7、)=4|,|,+|x,=4=|z,E-Q|=类似地|z*-xs|,=2(|zd,+|z4|*-kJ+z1|,=4|zi|*=3I Z|-N s I*=2(I zi r+l Si P I Z|+z4 I1=4 I z1 I*=3即 I 孙一Z?I=I Q Zs I=hl ZS I I|.Zj,Zj 是内接于单位留周|z|=l的一个正三角形的项点.2 1.指出下列各题中点z的轨迹或所在范围，并作图:l)|z-5|=6 j3)Re(z+2)=-l；5)I z+/1 =I z-i i7)I tn(z)4 2 ；2)|z+2 i|2 l；4)Re(iz)=3 j6)IN+3|+I z+1 1=4；8)3
8、z-29)0 args?r j 1 0)arg(z_ 0 =.4分析 考查基础知识,做图要标准.解 设 z=:r+iyI)由I z-5 1=6得|z-5|=/(丁一5尸 十 广6,轨迹为以(5.0)为圆心,6为半径的圆周，见图l-3(a).3)由 N+2 =JT+2+i y 得 Rc(z+2)=1 相 3 才=-的轨迹 为 直 线 1=-3,见图5)由|2 +，|=|之 一|得了2+(9+1)2=I 2+(一1)2 ,即 y=o,z 的轨迹为实轴.见图l-3(e).7)Im(z)z为工轴正向上的点(正实轴)argz=z为/轴 负 向 上 的 点(负 实 轴)所以O V a r g N V”为上
9、半平面(不含实轴),即z 的轨迹为不包含实轴的上半平面.见图l-3(i).叵 空 证明更平面I:的直线方程可写成a z+az=c(a#0为 复 数 为 实 常 数 ).分析 考查直线与阅周基本知识.证明 设z=4+iy,Q=a+韵 则a z+a?=c 可写为(a+访)(“一iy)+(a ib)(x+/j)=小等价地2 ax+2 加=-这是直线的一般方程,反过来，对任一条直线A r+B y+C =0(A.B 不同时为零)只须令z=j+(y,a=&要.，一一 C,便可将其方程写成a z+az=c(a/0为更效 sinr(a,6 是不为零的实常数)；3)z=f+7；4)z=J+/；5)z=a ch/
10、+ibshMa.b是不为零的实常数)；6)z=ac+6 e-；7)z=(*(a=a-bi 为复数且*0).分 析 坐 标 系 转 换.解 令z=1+i_y.1)z=/(l+i)=，+相当于 一 ，消去参数,后.化成y=f直角坐标方程为，y =，o(直1线).f3)=/+二 相 当 于J 1 .消去参数，后化成直角坐标系/y =T方 程 为4,=i(等轴双曲线).、/A rR /.w i rw v T=61(41/,25)z=achf+治shr相当于 消 去 参 数，后为-y=bsht a若=1(双曲线).7)z=c=c，=尸 c*=c*(cos6f+isit)A/)相当干(-r=(W(Y)sA
11、 f“，.消去参数/后化成直角坐标方程(只须由 y=c si nAf =tg Z a f=/=-7-arctg 上 代入 x2+y =e2 +Zv(x,y)则/(彳)在 m连 续0“(a r_ y)与v.T.y)在(.r.,y.)连续,由/(ze )u(xe yt)+Zv(.Tn y)#0 可知 H(.T*与v(.r.y )之中必有一个不为零，不 妨 设“(.r.#0.于是“(n.芳 ()(或 山高等数学中连续函数的保号定理可知,必有Q“M的一个邻域.在此就域内w(.r,j)(X或V 0).从而在的=人 十 通 的这个锯域内f(z W 0.小结 函数连续的性质，即在此点的小邻域内连续.利用此性
12、质就可以得到结果.叵二匚世仆)=，信 一 力 试证当Z f 0 时 八 2)的极限不存在.分析证明学握有界.有极限,连续的性质.令 z=x+zy t/(z)=(了.y)十日(才),则/V 1 .z 、1 +工一/v 2xy“3)+e 方(工 7 一 不 田)=尸 即 w(.r*v)=r=0.注意到lim/(z)存在x-V y 1。的充要条件是与存在，而x*oX*0小结不存在(沿y=H 趋于零易知其极限随氏变m+v化).故当Z f 0 时/(z)的极限不存在.5型的极限，利用复数的通用形式,代入即可.第二章答案O I.利用导数定义推出:I)(=.1(”为正整数);证明 D 令/()=力 f (z
13、)=lim+W_ 二Ar Q 之用数学归纳法证：(2 =当=1 时/(z)=lim(2+能 一 z,=Hm 生=1 =1 z-A r-*O AZ Ar O z即(d)=1 I成立.设当”=及 时，有(z*/=fc*-,则=A +1 时=(2卬)=(z zM)=z d+z(z*)z-I?*+c /=z*(i+1)=nz由教学归纳法原理知:一(为正整数)3.指 出 下 列 函 数 的 解 析 性 区 域,并 求 出 其 导 数：1)(N 1 )s；2)z3+2/x ；3)-J-!-；4)”士 为 ，/中至少有一 个 不 为0 ).ZT 1 cz a分析 考查关于连续、解析等基本性质.解 1)/()
14、=(l)sf1(x)=5(z 1)，./“)在复.平面内处处解析.2)/(x)=z3 4-2=3 s2 H-2Z./(z)在曳平面内处处解析.3)/(2)=-,N-1,-2：、*又 1 =o.z =1(z2 I)2除 N =1点外，/)在复平面上处处解析.5.曳变函数的可导性与解析性有什么不同？判断函数的解析性有哪些方法？分析 考查连续、解析等基本性质.解 反变函数的可导性反映了函数在某一点的局部性质,而解析性则反映了函数在一个区域内的整体性质.函数可以在某个区域内仅在一点处可导.在这个区域内的其他点均不可导.此时在这一点处不解析；而如果说函数在某一点处解析，则这个函数必定在这一点的某邻域内处
15、处解析.因此.函数在一点处解析与在这一点的箜域内可导才是等价的.判断函数的解析性有两种常用方法：(1)是 用 定义，利用可导性判断解析性；(2)是 用 定理：函数=(x.y)+ru(.r,y)在其定义域D 内解析 u(x f y)和.y)在 D 内任一点Z=丁十3 可 缸 且 满 足 C R方 程 勺=,=djr dy dydpJ”.：.I如果/（z=“十 是？的解析函数，证明：信|小）1）+任|/3/=/。可分析考套解 析 函 数 的 性 质,利 用 C-R 方程代入即可得到结果.证明 由/（Z）=十沁得|/（Z）|=/w2+V2又由于f（z）是解析函数有Jjr Jy J、r dy0U.?V
16、“石 十”石JQ十。“-r o T-办 4V&十甘所以 信I l）十 信I个）1）“十 r dX c/Xu-2)cosz=cosz正确.因为cosz=cos(x iy)=cosrchy isinishycosz=cosrchy+jsinixhy而 coss-cos(x+iy)=cos(x-iy)=cosxchy-isi n.rshy所 以 cosz=cosz3)sine=sinz正确.因为sinz=sin(,r+?v)=-HI.1 1 +icos -L=sin.rchjr-icosxsh)sinz=sin(x+iy)=sin(x iy)=si n.rch(y)+icosxsh(y)=sinzc
17、hy-tcos.rshy所 以 sinz=sinz注 意：计算和各公式的应用，特别是和差化积.O 13.证明：1 )CO S(Z|+Z2)=COS2|C O SZ2-SIDZl S1O Z2;sin(zi+22)=sinzi cosza+cos2i sin?2；2)sin2 z+oos2 z=1 ；3)sin2z=2sinzcx)sz；4g2z=2 中；1 tg 25)sin-2 )=COSN,cos(z+河)=6)I cosz I2=co2x+sh2 J*I sirur 12 sin2x+sh2.证明 1 Jcoszi cosz2 sinzi sinzjv c/+c-c%+c f _ c%一
18、 (T%c%J r=2 2 2i Zi_ eXj+.+5,+,28 s(/21 十 2?、)-e-k-+-+-c-T-5-+-，-所以 cos(zi+z2)=coszj cosz2-sinzi sinz2同理 sin(z+Z2)=sinziCOSNz 4-coszj sin23)在 1)sin(v )、ih cos?isinv 中令Zi=z2=z 可得 3).5)左 边 一 sin 手cos(z)+cos-y5in(-z)=cos?=右边左边=COSZCOTT-sinzsinj r=cosz-右边|。15.|求 L n(-i),L n(-3 +4，)和它们的主值.分析 运用求主值的公式.解 L
19、n(i=In i|+/rg(-/)+=0-!，+2 碗2k(i=0.f I.2)所吸主值为一，.Ln(3+4，)一 In|3+4i|+，Arg(3+4，)ln5+/arclg(-T)+2kjii 1n5+i 卜 一 arctg ；-2ki=In5+/arctg +(24-1)7r/V(k=0,1.2,.)4所以主值为ln5+n arctgJQ 1 7.说明下列等式是否正确1 )Lnr2=2Lnz 2)LnVz=1-Lns.分析 将。转化为“形式再进行比较.解 D 不正确.因为由 z=re*,?2=r2evLns1=In|d|+“2夕+2AJT)Lm2=2nr+K 2 0+2 M(k=0.1,2
20、.-)Lnz-In I z|+iS+2&a)2Lrw=2Lnr+/(2tf+4-=0.l.2.-)比较式与式发现：式的值比式的值要多一些.19.证明(=)=a z L.其中a 为实数.分析 将 转化为的指数形式,再用复合函数求导.证 明(，)=(d 3)=shz=i.分析 将 4和 ch转化为三角函数形式.解 I)shz=!-sin/z-=/sirnz*sliz=O即sin/z=0由 siiuz=sin|/(x+/.y =sin(-y+Zx)=sin(-y)chx+，coydw=0 sin(y)clkr=O (cosyskr=0 在式中.c h j r/D s in y 0=v-K k 0,J
21、 I,代入式？)cos(A*sh、T=。，(上 1 sl.r=0=slkr=0=x=0=z=xHy=0+加 7r=ihri 柒=U.1,2)*一.a.，-，3)由 1)的推导过程知sli7=/sin/z-(-i)(sin3rch.ricosysh.r)i(4”小丁=1|shxcos.=0将/=()代入式得1 siny I今y=2&7t -7-若 8 sly=()得、=十 手代入式，得又 c k r 0 恒成立舍去c h i=-l=chr=1 f r=0,y=2Jbr+殳(2 AL y)a=o,i.土 2.)叵 囚i f明she的反函数 Arsliz=Ln(z+A d+I).分析 用z 然后将川
22、刈用指数的组合写出，再求出证 明 设z=shm,则uf Arshz又 n -sine-y(cw-。一w)、干是*一2z一I=0cw=z+/+IW=Ll)(z+5/+1 )即 Arshz=Ln(z4-/十 I)小结这里用到解一元二次方程的知识.第三章习题答案O 1.沿下列路线计算积分H+Vdz.D自原点至3+i的直线段；2)自原点沿实轴至3.再由3沿宜向上至3+八3)自原点沿虚轴至八再由i沿水平方向向右至3+i.解1)所给路线的参数方程为:？=(3+i”,0 4，4 l.起点参数，=0,终点参数，=1.由复积分计算公式：|*3-H II z2dz=I(3+i)r 产(3+iJ 0 J 0pl 1
23、=(3+i尸 I/山=2-(3 4-/)3=6+第iJo 3 33)自原点沿虚轴至，这一段路线j 的蓼数方程为：z=,0 4，4 1,由K)沿水平方向向右至3+i这一段路线j 的参数方程为:z=，+入0 4，&3.由公式：|22dz=|x2ds+|zldzfl1*3=|)()(1/+(/+i)d/Jo JoJ-l*3t2dt+I(/*+2d-Ddz0J 0=一4 +9 3=6+等.0%=b(0 4，2/或|.(0 =si nr，4 2”)，dz-/c*dr.由公式:cos/(*dr|,2 w-i cos/(cos/+isiU)at)*2 l*Jizl cos2/11/IJ 0 J 0cos/s
24、in/d/=ni#0Jdz=I sin/ieidt*csin/cos/d/I sin2rd/=-w/#0小结找出实部虚部分别计算.0 5.计算枳分 F id?的值.其中c为正向圆周:七I Z I1)|z|=2.2)|z|=4.解 1)正向副周|z|=2的参数方程为：之=2c-(0/!*C；|z|=11i N9)d=C I z 1=2;c(s TyI 解 i)由柯西积分公式得1。)：，i z,C：I z 1=L ;*_ 2d z =2iti c*|,o I=3)由柯西积分公式(注意i在内.一 i在。外)W5）由柯西一古萨定理 注意到被积函蠢1 J ,-在|z|=r（V D上及内部解析或奇点在|z
25、|=r（VD之外,得积分值为零.7）由柯西枳分公式得.1 .-2+1）（+4）一 卷 i士4MC lJc Z /c z 十，=3（2小l2舒露Lr）=O9）由高阶导致的柯西积分公式!s l n*d z -2持 (s i n z)|*=+=0-尹0 9.计算下列积分:I)1!J p+一.其中 C：|z|=4 为正向：2)1，匕,其中C：I 2-1 I=6 为正向；3)箸 也，其中G,|N|=2为正向,C,N|=3为负向,1)其 中 C 为以土.士，为顶点的正向菱形；1 z-I I 5c5,其中a 为 la I#1的任意且数,C,|z|=1 为2(Z a，%,正向.解 D 由柯西积分公式(注意 1
26、.-2,均在C 内)得，(备+/产=舟+,第7=4 2T T/I+3 2iti 1 =14?：/其中L：I z|=3 为正向.由高阶导数的柯西枳分公式得,原积分=2K/(co sz)J o 2T T/#(cov)L=o 0.其中L h|z|=3 为正向.由高阶导致的柯西积分公式得,原积分=2-ni-(c o、z|一 0 2”，y(cosz/|B0=0.3):警也=I 弩米+，=也-zs.za-zaoc,+cx C j ct其中(：I=|h 3 为正向,由高阶导致的柯西积分公式得.原积分=2ni =(,、：I.。2ni r(cosz)*|.-o=0.5)当|a|l 时,被积函数的奇点a 在C 外
27、.由柯西一古萨定理得积分值为零.而当|a|V 1 时奇点a 在C 内,由高阶导数的柯西积分公式得 11.下列两积分的值是否相等？积 分2）的值能否利用闭路变形原理 从D的值得到？为什么？I*1）三dz；2）I 三dz.|4 工 乩.z分析 注意函数是否解析.解 参阅本章习题5的解答.易知:二dz=yiiz=I-j-dz=0L*i-a*r三d7=i 与a=t。片=o,；z.z.zl|lj 4 l|*4这里用到习题1（）的结论及沿例周I z I -R正向积分时被积函 数 中|?|行 可 分 别 用R 2.R.S代替的事实.由此可见两积分值是相等的.积分2）的值不能利用闭路变形原理从1）的值得到,因
28、为被积函数/（1!）=三 中复平面上处处不解Z析.但将 积 分1）与2）分别变为4 d A dz与16 I工化以I.T-J1 i.T-c后.积分2）的值可由积分1）的值得到,这是由于函数 在|z|0内是解析的缘故.小 结 注 意 解 析 与 否.13.设G与a为相交于M，N两点的简球团曲线，它们所围成的区域分别为13,与与 邑 的公 共 部 分 为H.如果在.H,-B与B*-B内解析，G.G上也解析，证明d =J q1/（zJdz.q分析 要会做枳分替换.证明 如图3 3,设M,N两点分别将曲线G分 为/“，/“两部分.将a分 为Ls，L,两部分.即G=Li+I”C =L,+L,图3-3由题设
29、,f（N）在 区 域 氏 一B及其边界L,+L；上解析.在区 域 区 一B及其边界Ls+L；上解析，所以由柯西一古时定理得b f(z)dz=|/(z)d z I f(z)dz=0-1.L.q+q r 4b/(z)dz=I/(z)d s I/(z)dz=0于是(i/(z)dz=(/(z)dz+I/*(z)dzt、Li-Li=I/(z)dz-F I f(z)dz=t/(z)dJ匕f 15.设 a与 a为两条互不包含.也不相交的正向简单闭曲线，证明：_ L 1 上 T=+f 上户 当 4 在 G 内时27r也 NTo q Z-z。J 卜 仔，当 的 在 C,内时.分析 i zo的不同位置分别求解.证
30、明 D 当2。在G 内时,0 在 Q 外,由柯西积分公式及柯西一2)当2。在 C,内时在C l外，同样由柯西积分公式及柯西一古萨定理得小 结 此 类 证 明 题 关 键 在 于 看 题 F中的已知找到解题关键所在.17.设八z)与g(z)在区域D 内处处解析.C 为。内的任意一条简单闭曲线,它的内部全含于D.如果f(z)=g(z)在 C 上所有的点处成立.试证在C 内所有的点处/(z)=g(z)也成立.分析 此类问题关键在于由小 的任意性推出普遍性.证明 对 C 内任一点z0,由柯西积分公式得|,.s=因为J(z)g(在 D 内解析且Z W Z-z0在 C 上 八 z)一g(z)三 0所以/(
31、ZQ)-g(zo)=y-1 -_ dz=0=/(z0)=g(z0)cjti.z zQ再由z0的任意性即知在C 内所有点处f(z)=g(z).O 19.设f(z)在单连通域B 内处处解析.且不为零.C 为 B 内任何一条简单闭曲线.问积 分 4 旦 族 是否等于零？为件么？解积分=因为f(z)在 B 内解析且八 2)*0.所以r(z)与7 1 在 B 内 解 析,进 而 供在 B 内解析，由柯西一fkz)/(z)古萨定理即知其积分值等于零.0 21.设/(s)在区域n 内解析,C 为 D 内的任意一条正向简单闭曲线，它的内部全含于D,证明：对 在 D 内但不在C 上的任意一点zo.等式1 i,i
32、 Ztdz 成立.Z-2 b 士(2 之 0 )分析 属于定理的恒等变形.证 明 注 意 到 f(z)及/(Z)在C 上及。内都解析，由柯西积分公式及柯西一古萨定理得:f(z)d-y k ifQ o).当 z(，在 C 内-c-io.当 Zo 不在 C 内由高阶导数的柯西积分公式及柯西一古萨定理得；f(z 1zo 3 当 z.在 C 内|0,当 不在 C 内故 有 等 式 i(八 2 dM%cz-Zo-c(z-Zo)0 23.设 为 区 域 D 内的调和函数及t=盥-i 羿，问/是 不 是 Ddr dy内的解析函数？为什么？解 是.因为/(?)的实部理与虚部一会可微(有一阶连续偏导8T dy数
33、 且满足柯西一黎曼方程mt尸 言 蜀(即 =+=。)言(豁一参-爵(即%=7所 以 八 Z)为。内的解析函数.0 25.设 和 3都是调和函数.如果工，是“的共规调和函数.那么“也是 p 的共扼调和函数.这句话对吗？为什么？解 不对.因为V 是”的共辅调和函数相当于“，i,调和且满足柯西一黎量方程：输 _ 加 _ _ 3V*dydy若“也是r 的共规调和函数,那么必有3P _ du_ 包=_ 包dx dy dy上 面 两 式 相 结 合 便 有 用=裂=0=尊=().皿为常数.djr dy dr dy即 当 为 第 数 时，互为共疣调和函数,除此之外这句话不对.127.|如果/(z)=w-|-
34、iv是一解析函数,试证：1)/(z)也是解析函数：2)一 是T，的共挽调和函数：3)h I 聚)I，+2管 养I*=4(比+以)=4 I/(z)I1.分析 解析函数与调和函数有密切关系.证明 1 )因 i =i f(.z)J/(Z)/(z)解析,所以一即方7岁 也 是解析函数.2)由D可知7 7 7 T 7=一次解析，从而其虚部一”是实部”的共辄调和函数.3)由I/(z)p =r/+M及解析函数八z)=u+iv的虚部”是实部 的共规调和函数.即 立+=0.=O.u,v,=v,(f(z)=,+ivT 可得区铲+巨铲1=2噜+2 34-2w+2(也/+2 u u+2(w,)2+2卬*+2(%/=2
35、u(u+)-h 2(,)2+(v,)2+(%尸+(%)，+2v(v +%)=2(wr)2+(v,)2 4-(v,)2+(u,)2=4 1(“*+(a尸 =4|f (z)|2小结 1)2)直接计算即可,3)要注意展开与合并.29.求具有下列形式的所有调和函数：1)=/(a x +6 y).a 与 b 为常数；2)w =/(十).【提示：1)令 f =a r +61y，因 j+“力=0,从而有/*(/)=0?2)令f =工x分析 注意更合函数的偏导公式.解 1)令，=心+打，熄+#0.因若0 2+6 =。，则=0 ,则无意义.则u*=/(/)aff(a x +6 y)OJCu=”“(，)=a2 f
36、”(ax+如)oxUy-/冬=bf(ax+6了)oyu”=bft1 y-=(ax+by)由 u-f-u=0 得+)y/r(a r+勿)=0=/(/=0./(/)=G=/(f)-3一 J,其中C i，C z为任意实常数，即形如u =f(ar+by)的调和函数为“=C i (a x +“v)+C i.叵口设b z in y,求 p 的值使Q 为调和函数，并求出解析函数/(z)=+iv,解 由二 一 小4 曲】，段=(cosyw oyc/v.2 N 3aV,；.-r /esin v=-sifi vdjr dy及%+%=(/产1 )产siny=0 得=1时工.,为调和函数.由 柯 西 黎 曼 方 程
37、得du _3x dydu _ due*cosy=小工4”由式得口=10,*cosv=一 sin vP/(y=O.g(y)=C(任照实常数)，所以注意户=土】/(z =“+iv 7?*cosy+C 十 沁 a Mny尸，+C,当/=I 时 一+(：,当 =一 1 W第四章习题答案 1,下列数列 4 是否收敛？如果收敛，求出它们的极限：“6 =.；2)a.=(1+f),3)a.=(-1),+1 ri 4).=L t+15)a.=L-w.n分析 充分掌握数列收敛的充分条件.以及发散的充分条件.解、_ 1 +/_ (1 +W )=1 7 r r v1+/2nT RT，=a,+bilima.=lirn?
38、=1,lirnA,=lim1二 ；=0-*o ir-*eo 1 J fl 8 -o o I-f-n所以 a*收 敛 于-1.3)lirn(1)不存在 Jim!-0*-*-*8 n 十根据数列收敛的充要条件知公发散.5)a,=LTn=7C08(-T)+i s i n(_T)3=1(8喏Ln为因为 in 等4 1.cos 手|4 1 Jim -=0乙 4|1 8 n所以 lini-sin=0 lim cos 0-*.i)y(0si,14 2 I n/3*x.-2 2-分析主要是对收敛和绝对收敛概念的考查严格把握定义即可.解 1七=亍=:(8,3十满112)=-(c o s y +.s m y)1
39、1 .7 T一cos-7 7 z-sin-r-n L n I冬1詈=占,(2以上两线数均为收敛的交错级数,所以原级数收敛.又 8 3 卜 营00 十1O O为调和级数,发散.所以y二 为条件收敛.n r,3)令_(6+5-85-因为 6+5=y&r(cos0+isintf)t=arc!g 1o皿附(costX?+isin/rt9又因为|z =(守)且|事|1所 以|%|收敛.=所 以 W 竺t绝对收敛，因而也收敛.0 5.殊级数能否在z:0收敛而在2-3发散？解 不 地:令=-2=y 因为.在？=0收敛,所以在y 2处收敛，*=0由阿贝尔定理知“V在|y|=I.所以 y 的 收 敛 半 径 为
40、R,证明 的收敛半径)-0 0R.提示|(Rec.)z|c.II z I*分析 用提示公式即可证明.证明|(R e j)z*|=|(Rec.)|z*|4|j|z|*o a o o|(Rcc.)S IC I C.Z I=0=Q设 的 收 敛 半 径 为R.即级数在 R,R)内0 3 B Q绝对收敛,由上式知(R r,)z*的收敛半 径)R.=0CO OO OO 9.设级数*收敛，而 j发 散.证 明 的 收 敛 半 径 为1.MO D0*3 0分析 用反证法.证明 已知.收敛,则在H =1处收敛，由阿贝尔定*BO K0o o理，对|2|1不对.反设R I,则小”在收敛网 =0I Z|R内绝对收敛
41、，特别地在Z=Id z R)处也绝对收敛.即|j|收 敛，与题设矛盾，只有R=I.得证.O 11.把下列各函数展开成。的号级数，并指出它们的收敛半径：1)-：3;2)2 0:3)cosz2；4)shz；1 4-z(1 4-2)5)chz；6)eT sinz21 7)e;8)sin：1 z!提示 sin =sin/1 T 丁:一1 -z I 1 -zy=SINLCOS()+(*SLSIN(TTTT)解 1)已知-=1 z+一 一 +.(I Z|I1十N上式 中 的 H用/置 换 I：-7 j-=1 2,+/一+(-1 )*Z*I N 3 1 V l1 +之|2J|Z|I收敛半径/?=1.3)已如
42、 8 也=-A 三得+Z l+C上式中的二用式 置换:cos?告 +，I z2 K+o o5）与上题推导类似,I Z|=|Z|+8收敛半径R=+8.I C +C11 1 -ch=尤（1+？十 三+三 十 +（1 _ 2+芸 一 品+”）=+言+言 +z 1 +收敛半径R=+8,7）因为占=一士=一 +/+/+=-=-I z|V 1=0=0所 以 c*=尸 +/=1 (N +Z?+/+)+*(2+Z*+/+)2一J-Z+之 2 +/+3 v；Z +|N|V 1收敛半径R=1.O 1 3.为什么在区域I M IvR内解析且在区间(一R.R)取实数值的函 数 展 开 成 二的后级数时,展开的系数都是
43、实数？分析 主要是泰勒级数的性侦的应用.解 由 解 析 函 数 展 开 为 泰 勒 级 数 的 惟 一 性 得 在I zlVR内的展开式应与/(x)在|工|R内展开式一致./(丁)在|x|1Z-1 Z z用长除法所得到的两式的取值范用的交集为空巢.故不能相加.y I 1 I-|。1 7.|函数ig -J-能否在圆环域0|z|R(0 R 4-o o)内展开成洛朗级数？为什么？解/(z)=tg令 zk=-.k=0,1 十 号七H tg 1=8所以Z*=-是f(z)=tg，的奇点.-z又因为】im%=0,所以 立 以=0为极限，即/(N)=l g，1 8Z在*=0处的任意小的去心邻域内,总有不可导的
44、点孙故不能保证/(z)=电 工 在0 V|z R内处处解析.Z所以八斗)一电工不可以在0|z|VR内展开为治朗级数.O 19.如 果C为正向圆周I z I=3,求积分i zdz的值.S：/(z)为777TT7,4)(。+i；(=+2)，解1)因 一二廿 号厂尹卜)1 +T因 为f-V I,所 以I z|dz=(+!)/(z)dzE 自ct二:号针叫 忌 港 芹=4 2布 H 1 2泊=03)设G，g为互不相交又互不包含的两小圆域，且各自包含若奇点N =0,Z=1 ,所以 I/(z)dz=(I+，)f(w)d2c c,ct,v占=产第五章习题答案O 1.下列函数有些什么奇点？如果是极点，指出它的
45、级:D T+及八 ln(w+1)z7)_!_2 I)+1!6)k8,三 为 正 整 数)焉.解 1)令/(Z)=,金,L 、2，则/、=(1 7户(？+力2以2=ztz1+I)1/(z)0为一皴零点.2=i为二级零点,所以f(z)有奇点10,士八并且由零点与极点的关系可知：z=0为八z)的一级极点.Z=i为/；/h 。是 sinz的二级零点,从而？一 0 为T的二级极si nz点.又 sin j =0 0/=kn U =0,1,2,)当A=1.2.3,时，/=A太给出z=士庆,当 k=1 2.3,时.六给出 I而(s iiK)=2zcosz”在 I J k*4 7(4 =1.2,点处不为零,所
46、以L%/AJT,J H均 为 sinz的一级零点.综上所述，函数-有奇点：0.I、八大、m，(A=1,23)其中0 为二级极点，士 尺、土 y/k7i均为一级极点.0 3.验 证 =芋 是 chu的一线零点.证明 由 chz e*-Fc-*)得ch-y(e,iZI+ci/I)=4(i i)0Cchz)|=sh-y-=-y(e1*2 c-7 2)=(i +i)=iK 0所 以 z=乎 是 c h r的一级零点.叵 回 如 果/(?和 g G 是以z.为零点的两个不恒等干零的解析函数.那么l i m*lim 马g(或两端均为8.证明 设I.分别为f(z)与g(z)的”,级零点与 级零点.则在q的邻
47、域内，/(Z=(Z-Ze 尸8(2),g(Z)(Z Zei(Z)其 中(Z与 i(z)在ZQ解析，华 I(%)#0于是1L11=(”.0尸.g(z)fp2(.z)J；:,=(z w yi()-f-(z-g o)y g(z)*n2(z)+(z-Z o(z)由式 和 式 可 知时妈怒0=Iirn 4 4：一 个 g(z)当一时如磊6(ZQ)r/r(z)饮-(z之-0)7 =Jhm.-gT(z)J时,空 彩一 一丝焉,结论得证.叵五 函数/(；)=在 2=1 处有一个二级极点;这个函数又 有 F列罗朗展开式：l.-f l -I-r.1-：(z-D*-(z-I)5-(z-1,I S-l l 1所以“z
48、=I 又是/(z)的本性奇点又其中不含G-1尸 事，因此R c s/(z 3 1=。，这些说法对吗？分析 极点的级数.罗朗展开式.本性奇点等的概念与性质.考查知识是否牢因.解 这些说法不对.利用罗朗展开式判定奇点z=I 的类型及确定 R es/(z).1 时,只能用函数/(z)在n I 的去心邻域内的罗朗展开式.对/()=,、2而 言,应 考 在 0 V|z-|I 内的罗朗展开式：=1,1Z(Z 1 (Z 1 )+1 Z I(N I)2=7！-T-J-!-7 4-1-(z-1(z 1 )Z 10 h-1|1 内的罗朗展开式得到的结3 是不正确的.瓯 计算下列积分(利用团数.81周均取正向33)
49、-dM其 中 为 整 数)4)t h?dz;5 tgwsdz；J I s-St I*|一ll=,”入 4 V W分析 利用留数求积分，留数定理的内容只要掌握.求解较简单.解”由 留 数 定 理：等dz=2j riRcs|萼,0.而 z=0 为1.14呼 的 可 去 奇 点,Res 乎.0=0,所以积分值为零.3）田I ,八 二=1一(1-+占_+*+一)=1(,21!3；41 !z.+.-(-1 严?2*+,、)o|z|的=疝 j =j-7这6个极点在|力=3内,所以由留数定理tg7T?dz=2足!R(Ntg7TZ.0lJ|-3 T Kvs tg7T z-j1)=271/6 -=l O 11.
50、求 R es/(j),oo：的值.如果l)/(z)=2)/(z)=-4-z 1 z(z4-1)(z 4)解 1)函 数 在 扩 充 复 平 面 上 有 奇 点：1,8,而土Z 11为/(Z)的一级极点且R /(7)lirn“；1 -yeRcs/(z)A 0),J Q a-r coM4)5)cosr L r；6)解 1)令 7=c*.则 dz=ic*W=iz00 上于是iz TT7r广C inr-O O I+iiJe 5+3sin01/1:_-_i(z+7)(z+3i)t，2,r,7+37|.-f=f3)函数分母的次数比分子的次数高四次,且在实轴 上 不 为 零 而 在 上 半 平 面 有 二