复变函数论习题答案.pdf

第一章复变与复变函数(-)1 解”正将+(一看=1Argz=argz+2k兀-arctan(-V3)+2左=一g+2k兀(k=0,1+2,)2.解:因为 Z=?z2=A/3 i=2e 6;所以4 =2葡,幺=1请 z2 23.解:由 z,+/=0 得 z二a4则二项方程的根为呱=()J=0,123)-2k7r_-7V_=e=，a 伏=0,l,2,3)因此 w0=(1+z),W=(1+z)叫=:(-1-，)，吗=r=(1-z)72 724.证明:因为卜+z2|2+|z2|2+2Re(z1 z2)卜22/+z22-2RCZ2)两式相加得I4+22+B-=2(2/+艮)几何意义:平行四边形两队角线的平方和等于各边平方和.5.证明:由第4题知匕+Z2/+卜221=2(卜+|z2|2)由题目条件 Z+Z2+Z3=。知 2+Z2=-Z3可有 B+ZzkEI于是 归Z2=2(|z/+|Z2|2)-|2I-22|2=2(|zJ2+同)=3同理 匕一 Z3:=匕3-2/=3所以 I4-二七 一 Z3I-zj=有因此21*2*3是内接宇单位圆的等边三角形的顶点.6.解：(1)表示2点的轨迹是4与Z2两点连线的中垂线;不是区域.(2)令 z=x+yi,由|z|v|z 4|得|x+yi|(%-4)+yi，即 x2+y2 (x-4)2+y2 0,故z点的轨迹是以虚轴为左界的右半平面(包括虚 轴;是区域.兀(町由 arg(z-l)i2 Re z 30 arctan,x-171 4即2x30 y x-1 2x=代入化简得2 2i1 1-(a-bi)z+(Q+bi)z+c=02 2-令(a+bi)=aQ 得 az+az+c=O反之(逆推可得).8.证明：因为Z平面上的圆周可以写成|z-z0|=y(y 0)其中z0为圆心，丫为半径所以 Y2=|z-|2 f z$(z*=Z,2 一茁 Z-QZ,Z 书 Z令人=1,5=-20，。=上01一丫2,从而圆周可以写成AZZF BZ e A,C 为实数，且.卜阂2|z0y2=AC9.证明：可证土巨为实数.2241。.解:令z=x+yi=/(1+)得x=y,即曲线为一，三象限的角平分线.(2)令z=x+yi=acos，+乃sin，,得x=acost,y=bsmt，则有2 20+上=1,故曲线为一椭圆.a b(3)令z=x+黄=%+1(w 0),可得 y=贝、孙=1，故曲线为一双曲线.i t(4)令 z=x+y%=尸 _|彳导x=产,y=4,即孙=1(x0,y 0),故曲 t t线为双曲线在第一象限内的一支.11.解:由于2+,2=221=4,又有 W=-=-(x-yi)z x+yi x+y 4所以=3v=1则/+?2=工(Y+/)=_4 4 16 4这表示在W平面上变成的曲线是以原点为圆心为半径的圆周.2(2)将y=x代入w=-；，即M+加=-；中得x(l+0 2x 2x 2x于是=-2，因此v=-，故曲线为.平面上二，四象限的角分线.2x 2x(3)同上将x=l代入变换K+得1+V 1+y于是二，且/+y1+y+y(1+/)2 1+故解得3-1)2+/=这表示曲线变成w平面上的一个以(1,0)为圆心,，2 4 2 2为半径的圆周.(4)因(x-1)2+y2=1,即可得 zz z z=0将z=1代入得w w111c nn W+W 日 Ji 1=-=0,即一=,因止匕 W+W=1W W W W WW WW所以这表示曲线变成w平面上的一条过(1,0)且平行于虚轴的直线.212.证明：(1)首先考虑函数42)=2在Z平面上的连续性.对复平面上任意一点Zo,来证明lim zn=2o不妨在圆目V M+1内考虑.因为|z Zov|z-z0|(|z|nl+|z|n2|z0|H-H?。尸 z-znM1，故对 Vs0,只需取SV看不于是当|Z-Z0|5时，就有卜-2|(2)=咋2=一斗20,Z=0分情况讨论：若2。=0,由于当z沿直线argz=%(-%乃)趋于原点时，/趋于,这里外可以取不同值，因而/(z)在20=0处不连续.(2)若z0=x(0)由定义当z从上半平面趋于z0时，/(z)趋于肛当z从下半 平面趋于z。时，/(2)趋于-所以/(z)在实轴上不连续.(3)其他点z0,作一个以z。为中心b为半径的圆，只要b充分小，这个圆总可以 不与负实轴相交.任取4gz0的一个值/，以Z。为中心b为半径的圆，因20,故存在自然数N,当,N时,z“落入圆内，从原点引此圆的两条切线，则此两条切线夹角为23),90)=arcsin-，因此总可以选取Arg马的一个值argzn.当 阂”?/时,有|叫2-|0，即总有|arg2-argZo|.因此/(z)在z0连 续.综上讨论得知，/(z)除原点及负实轴上的点外处处连续.14.证明：由于/(z)的表达式都是羽y的有理式，所以除去分母为零的点 z=0(z)是连续的，因而只须讨论f(z)在z=0的情况.当点z=x+yi沿直线y=日趋于z=0时，/、XV k kf(z)=-=-T%+y 1+k 1+k这个极限值以k的变化而不同，所以f(z)在z=0不连续.15.证明：由/9）=2连续即得.16.证明:1-z在闫1内连续且不为0,故在忖 Op?,均存在 21=1 0,22=1-0 使得上1-Z2=0 0 I 2 J 4 2 4小）-小）卜匕-士卜Qi故X）在闫0月N0,当N时，8恒有L-ZO|，从而由定义知氏 一Z|I4一%|斗-2。|即Z 一%（-充分性:由定义得|z-Z|=|（z-x0）+（%-y）z 0月N=N（鸟0，当 双时，恒 00 2有E-ZolW.因而对任何自然数p,也有人p-Z。|字利用三角不等式及上面两不等式，当,N时，有E+P-2“|z+p-Z|+*2。|0,mN 0,当 N时，有|z+p z0|,由定义得|%+_xJv|Z+p_2jM+p-y/|z/p-由此根据实数序列的柯西准则，必存在两个实数为,九,使%一%，%8),有z=x+yni f 与+yQi19.证明：设 zn=xn+yni(zn|N时有匕而 r Z1+22 H Hz”Z1+22 H 卜 ZN ZN+i+ZN+2 H F Z”w zn=-=-1-n n n9固定 N,取 N0=max，N,|z1+z2+-+z 卜，则当N0 时,有 LQ Z1+Z2+-Z7V-一n 2故 z 2+22 ZN+Z*+ZN+2 n n（2）若2。wO,则当 lim（2-zo）=O,8，（22。）+（z“2）+2oZn 2。=-2。n=（Z1 Z0）十（Z-z0）-0 n（=）1 解.(cos5e+，sin5o)2=(”6=储明(cos 3cp-i sin 3)3(,。)32.解:由于2=*,故/=/=cos nt+i sin nt,zn=entl=cos nt-zsin nt因此 z+=2cosMz-=2sin加3.证明:已知/厂、z%+=(1 一月)=2=2(cos辞+，sin等%.i%i%。5n/7.5(-1/7.5nn-)1/7二22 cos-sin-sin-cos-.-3 3 3 3=22Tsin5(T)四4.证明：第一个不等式等价于：(国+曲2 0 这是显然的，因此第一个不等式成立.第二个不等式等价于忖2=%2+丁24(W+而2=/+羽国+,2,即2卜忖()这是显然的，因此第二个不等式成立.225.证明:利用公式422二|z+|z2|2-2Re(z1 z2)以及Rez 二忖6.证明：因为|z|=L所以空3bz+a2 az+b az+b-=-bz+a bz+a问 2+abz+abz+|Z?|2=2 二 二 51b+abz+abz+a故az+b bz+a17.解:设Z。为对角线2A的中点则ZQ=-(Z+Z3)1+2z分别左旋及右旋向量蕊各写成复数等式后，即可由此解得顶点Z2的坐标 为(4,1);顶点Z4的坐标为(-2,3).8.证明：由于生z与人叫叫叫同向相似的充要条件是Zz3=Zw3,且Z2-?3=|一明|423|吗一%I而 Zz3=arg 3 423N w=arg也二上，于是有三二幺二至二上，即叫 一%2%明9.证明：2?Z?,23,24 四点共圆或共直线的充要条件为乙/3+NZ3Z4Z1=0 或/7Zz1z2z3=arg,/23244=48-1Z4-Z34 Z1/44吗1?2 叫 1=0?3%1因此4*2,23,24共圆周或共直线的充要条件为幺二亘：2二亘为实数.Z-z2 z3-z210.证明:由 OZ _L Oz2 知 arg 4-arg z2=故 五=目,，两边平方即得z+z2=0,反之亦然.?2 W-211.证明:因为三五2 22(、左2,从而二L(Z 22 人z Z2,k2所以|z|2 ZXZ-zxz+z=左 2 H2 _Z22+|Z2|2即|z|2(l-2)-z(z1-k2Z2)-Z(Z1-k2Z2)=Z：2|z|2 一|z/2亦即21-k2z?Z-丁1 k故有21-k2z?Z-丁1 k左2(七Z24-2/2)二左也 一Z2-(13)2左幺二年，此为圆的方程，该圆圆心为2。二门2：2泮径 1-k1 2 lk2为夕=ky-(0 v k w 1,Z w z2).1-k 1 2.证明:-1 U*|1 z|J(1-)2+:2 J(_ _)2+)21+z(1 a)。+Z?2 (1 a)2+廿 2a 0几何意义右半平面上的点到(1,0)的距离小于到(10)点的距离6；至|J(1Q)的 距离小于到(-1,0)点的距离。的点在右半平面上.第二章解析函数(-)1.证明:0,使Vz e&-瓦%+3)/%,有z(%)w zo),即C在zo)的对应去心邻域内无重点，即能够联结割线29)ZG),是否就存在数列九fL，使2(i)=2伉),于是有2,伉)=lim z(九)z4)=0 L。九-。此与假设矛盾.%wQo/o+5)n%，o因为 ar&)Z&)=ar 也(乙)z0),0所以 lim argz()-z(t0)=lim arg 型。一虫=arg lim 虫。虫必tx tQ Gfo tQ因此，割线确实有其极限位置,即曲线。在点Z伉)的切线存在，其倾角为 argzQo).2.证明:因”z),g(z)在z。点解析，则,(z),/(z。)均存在./(2)-/(2。)所以 1m zZf2。g(z)zo g(z)-g(zo)z-z。g(2)-g(2o)gQo)2 2。3-y3(x,y)w(O,O)3.证明:(x,y)=V+y20(x,y)=(O,O)3+y3(x,y)w(O。v(x,y)=+N e-iz+eiz 所以 COS 2=-=-=COS Z2 212.证明:分别就加为正整数，零，负整数的情形证明，仅以正整数为例当机=1时，等式自然成立.假设当机=k-1时，等式成立.那么当机=左时,(/)左=(1产./=*,等式任成立.故结论正确.13.解:(1)=3.一=e3(cosl+zsinl)J(j)+/(J)(2)cos(l-z)=-”+一仅）214.证明:由于/(z)=sin z,g(z)=z在点z=0解析且/(O)=g(O)=O,g(O)=lwO1T1Mz sin 2 coszlilJtt lim-=-=1Zf。Z 1 z=0(2)由于 f(z)=ez-1,g(z)=0 在点 z=0 解析，且 f(0)=g(0)=0,g，(0)=1 w 0因此-=ezi=1z0 2 I z=0(3)由于/(Z)=Z-ZCOS Z,g(Z)=2-$桁2在点2=0解析，且 f(0)=g(0)=0,f e y cos 2x=,sm 2x=5 5 5 5_4y 1 ln5 口 行 1 (0fe=-,y=ntg2x=-,x=-arctg-+n21.证明：因 ln(z l)=ln(re2-1)=ln|rez6,-1|+iarg(reld-1)，所以Reln(z-1)=ln|-1|=In yl(re10-I)2+(rsin)2=ln(l+r2-2rcos 0).e(z)+2 日22.解：叫(2)=Kz)e 3,(z G G;0 8(z)1为半径的圆周。从A走到国经过变换 w=z其象点.在.平面上沿以叩=0为心,41为半径的象圆周从4走 到总,刚好绕叩=而工1的支点-1转一整周,故它在8的值为.因此 f(z)|/(2)|A=-VFTI.26.证明：f(z)=dQ z)z2可能的支点为0,1,oo由于3|1+2，故/(z)的支点为2=0,1,因此在将z平面沿实轴从0到期割开后，就可保证变点z不会单绕0或者说转一周，于是在这样割开后的z平面上z)就可以分出三个单值解析分支.另由已知ar城(z)=/7得=呀=-/2e阴+27乙（二）1.证明：由/（2）=上得八2）=小全,从而于是/（Z）在Z f（z）心（1+刁尸）1-，+（2小2 一河一三一心丁 1+WRe?2必常数所以“2)l+|z|4-2Rez2由于目0,且l+|z|4-2Rez2l+|z|4-2|z|2=(l-|z|2)2 0故Re z-4 0.I/Wj2.证明:同第一题f(z)尸(2)1+z1+2 l-|z|2+2zlmz1-z|l-z|23.证明:题目等价域以下命题:设瓦其为关于实轴对称的区域，则函数在月内解析 n/6）在4内解析.设/(z)在月内解析，对任意的zo W片,当Z 4时，有zo G E,Z 石，所以Zf Zo z Zo zf Zo 2 Zo这是因为f(z)在E内解析，从而有lim 也二Z&2=/。)，由Z。的任意性可 zfZo z _ Z。知,76)在4内解析.4.证明:由于x=g(2+W),y=(z-),根据复合函数求偏导数的法则,即可得证.df du.dv 1,du Su、1,du Sv、(2)*=+，=(-)+(+)dz dz dz 2 dx dy 2i dy dx-C KJ du dv du 始/八所以-/=0dx dy dy dx dz5.证明：卜in z|=|sin(x+yz)|=782 A：c/z2y+(l-sin2 x)sh2y=Js/y+sinx 所以,到 y)sh2y+sin2 x=|sin z|而 卜/z佗y|=|lm2|，故左边成立.右边证明可应用sinz的定义及三角不等式来证明.6.证明:有|sinz|2=sin2 x+shy 1+shy=ch2y ch2R即|s iit|c/z/又有|cosz|2=cos2x+sinh2 y 1+sh2y=ch2y 2 _ 1 _ 1=0故函数/(2)在目1内是单叶的.8.证明:因为/(z)有支点-1,1,取其割线-1,1,有(1)Aq arg/(z)=-,/(z)=V2e o1 1 777 57r i-(2)A argf(z)=-,A argf(z)=-,/(-/)=6e 8 8 89.解：因为/(z)有支点l,i,*此时支割线可取为:沿虚轴割开-讨,沿实轴割开1,+8,线路未穿过支割线，记线路为C,Ac arg f(z)=|Acarg(l-z)+Ac arg(z-(-?)+Ac arg(z-z)2 2故f(z)=-回 10.证明：因为/（2）=同二百的可能支点为2=0,1,8,由题知/（Z）的支点为 z=0,l，于是在割去线段OVReVl的平面上变点就不可能性单绕0或1转一 周，故此时可出两二个单值解析分支,由于当z从支割线上岸一点出发，连 续变动到z=-1时，只z的幅角共增加生，由已知所取分支在支割线上岸 2取正值,于是可认为该分支在上岸之幅角为0,因而此分支在z=-l的幅角为，故以=母/=也,于以1=?2 16第三章复变函数的积分(一)1.解:p=Mov%4i)为从点o至ij i+i的直线方程,于是 1(%_/+比2)力=J。(7+比之)(+/)二(/_/+比？)/(+Zr)=(1+/)/dx二(z 1),=-3 10 32.解：(1)C.z-x-x,因此口耳力=口可4=1(2)Cz=e。从变到0,因止匕j 目力=j delQ-zj*d9=2(3)下半圆周方程为2=eln0 2，则dz 二F deiQ=/ieiQ 6/0=23.证明：(1)C.X=0,-11因为|/(N)|=k2+用曰诽1,而积分路径长为(_)=2 故|仁(42+勿2)4=|(/+0而|/(z)|=k2+疗卜+4 1,右半圆周长为7T,所以(f+02)必|4.解：(1)因为距离原点最近的奇点N=土生，在单位圆目K 1的外部，所以一在2 C0SN月41上处处解析，由柯西积分定理得f =o.J。cos z(2)=，因奇点z=-1+/在单位圆月41的外部，所以z2+2z+2(N+iy+1 1 1在目 1上处处解析，由柯西积分定理得=o.y+2z+2 1 1 Ji+2z+2(3)Z2+5Z+6=(Z+2)(N+3),因奇点2=-2厂3在单位圆月41的外部，所以丁工一在目41上处处解析，由柯西积分定理得f 2cdz=0.y+52+6 1 1 J+5z+6(4)因为zcos/在目VI上处处解析，由柯西积分定理得jcos z1 dz-0.5.解：(1)因/=(2+2)2在N平面上解析，且底土尤为其一原函数,所以 32+/2心_(N+2)3-2+Z_ iI(z+2)dz=-二J-2 ，3-2 3设N=(兀+2z)/,可得z fl/兀+2/、/c 7 7T+2/fl z,/一小、7Jo cos=jocos(-/)(乃+2/)勿=-e 2+ee 2 dt-e-ex6.解：j”(2z2+8z+l)力二|/+4z2+z2n3 a+X67i2a+2n a37.证明：由于/(n),0z)在单连通区域刀内解析,所以/(z)双z),/(z)双Z)了在刀内 解析,且/点=/(04+/(2)0(2)仍解析,所以/我Z)是/(z)g(z)+/(z)(z)的一个原函数.从而，/(z)g(z)+/(N)/(Z)dz=/(z)g(z)”Ja a因此得 f/(z)g,z)必=t/(z)D-1/Xz)g(z)力.Ja Q Ja8.证明：f=0 z+2设z=净，dz=赭曲二2(zcos0-sin0)(cos0+2)-zsin0io(cos。+2)2+sin2 0_-2sine+z（l+2cosJ。5+4cos0于是广匕图o,故上幽/=oJo 5+4cos0 Jo 5+4cos09.解：因为/（2）=222_2+1在目42上是解析的,且2=16忖（2,根据柯西公 式得一I力:2磔2N2/+1)=4位可令/=2/-z+l,则由导数的积分表达式得10.解：（1）若C不含z=1,贝!）.71 7sm zazJc z 1.71 0sin _ zdz-B(2)若C含z=l但不含有z二一 1,贝！J f底-=2ni-=niJc/-I 2 2若C含有z=-1,但不含z=l,则：j n,smzdz rr-3-=7iiZ-1 2若C含有z=l,则sinzaf4_Jc y-I .71.1、7 2%/I-sinz(-)dz-1-2 4 z-1 N+1 2口证明：Jj=cos0+zsin0 2-.(cos。+/sin 0)=(ecose-elsine)Mcos 6+/sin 0=._产 sin(sin 0)+z*。,COs(sin 6)49Jo再利用柯西积分公式f dz-f 四=IniJc 2 0则 f2；r ecose cos(sin=27r,由于cos(sin 8)关于 0=7i 对称，因此*。cos(sin 3)0=n12.解:令0亿)=3片+74+1,贝!)=2m(pz)=2m-(3z2+7z+1)贝I/(Z)=2TT/(6Z+7)因此/(I+/)=271/(6+6/+7)=27i(-6+1 8)13.证明:利用结论:/(z)在刀内单叶解析,则有fz)0由题知，C,为刀内光滑曲线，由光滑曲线的定义有1)。为若尔当曲线，即4 w 4时，4，1)。2亿)；2)7(，)w 0,且连续于a,b要证为光滑曲线，只须验证以上两条即可.而在昭=/(z)的变换下，。的象曲线下的参数方程为r:w=M/)=/z(/)(a t cx)=+Dn/)+(W+由已知f(i)=-1+ii1=-l+i=-l+/?/=/?=22由 C-H条件，%=(=(%cosy-psin p)+excoy,则=4dsin p+epcos7+0(力又因uy-匕，故-exsm y-/sin y-exycosy=一(/sin y+xe sin y+ex cosp+(功即，（%）=0,（力=。,故/(n)=e(%cosp-psin y)+/(%d sin y+epcosp+6)又因/（o）=o,故/（o）=询=0 n C=0,所以fz=(jrcos j-jsin y)+/(1/sin y+exycQsy)（3）由C火条件，尸_也=2中.，所以（k+歹）f W八一点了+心)又因%=%，故(-+(%)=(2 2)：即d(%)=o.x+y x+y所以0(%)=C,故/(z)=Xx+y1+7+z-x+y1又因为/(2)=0,所以，故/(z)=-Xx+y11.H-F I-x2+j2217.证明：设/(z)=+)n 4|/(z)/=4(;+p2)/(z)=2+/,0-2uu+2 吗 dx 一勺=2+2J+2叶+2 2c，X X X Xox同理可得：妇与L=22+2储+2“2+2匹 djr y y y y于是结合c w条件及为调和函数可得：(焉+5)/仁)F=%才+Y)+2(;+Uy)+2M匕2+勺2)二4(小匕2)二4八)18.证明：/)在刀内解析，则/在刀内也解析.已知/。，则ln/(z)在 刀内解析,于是其实部ln|/(z)|为刀内的调和函数.19.解：/(z)=乂2)必=-Z2Jzo 2势函数和流函数分别为收力,力=后少e(%，7)=-/)故势线和流线为双曲线.一20.解:根据流量和环量的定义来计算1 _/-y1-1 2/=(了 炉+4/4(/炉1)2+4%2P2，环量 rc=j 2 工一二 T 2 2 dx-=0 1(/-y-1)+4%/-y-1)+4x j流量为L一；二二壮小2xy(X2-J2-I)2+4/2炉dx 0同理，在G，G处也为o.(二)1.答：/(Z)不必需要在N=0解析,如/(Z)=在N=0处不解析.Z2.解:若沿负实轴Joo隔开z平面，出就能分成两个单值解析分支,即arg N+2/冗(G)k=#e 2(-加 argz)在|N区1上连续，所以/)在|z区1 一致连续，因止匕Ve0,330,使当 1 b r 1 时均有|/(Z)-八常、|_L?(O0 2%)27r于是：I/z)必用”/0力为二|/(，)胸 dQ-freiQ YieiQdQ 所以1=1/(力必=。.8.证明：首先由题设积分/(z)上存在,应用积分估值定理./(z)及 0,350,Vzez=0的邻域，有|/)-/(0)卜所以10)/2 叭0),()/(0),2广恒加&)4_/(0)/=2虑故lim以力，d9=2叭0)30(2)取(1)中的=0,再利用圆周的参数方程化简(1)中等式左端即证.10.证明：-L f 2(z+-)A)J同T Z Z丸二 2/(0)/(0)二2/(0)n.证明：由题设，(z)在刀内含c之单连通区域内解析，伏功-/戈/小口/阳考虑到|/同在有界闭集e上的连续性,必存在点自仁使得|/(打是|/(z)|在c上的最大值.口八/小口/化归a由上得|/(功-/归/亿渺-同如果都有人)=0,则沿C,/Q)三0,于是沿。，/(Z)为常数，故/(/)=/(),题中等式成立.如果存在4。使/)W0,且是|/(z)|在。上的最大值，则可令4=/(/一/()则题中等式成立./图(j)12.证明：取圆周目=p vl由于/(Z)在忖 1内解析,故知/(Z)在忖 p上解析,且有1/()1 -j-j-=-I八4 1-4 1-P由柯西不等式,知1 1 Pn P(P)对于p在(0,1)上，当p=一时，p(l-p)取最大值(一)(i一_二_)77+1 1+77 1+77于是得一-的最小值为止辿，当 00时(q)T p(l-p)(-Y +1 e77+1所以有|/)(0)|的估值为，)(0)|(+l)!e.13.证明：由柯西不等式|/)(0卜”?火),其中(火)=伊利/(4=1,2,可知/上层。岑q，件,同14.证明：应用反证法假设满足月 火且|/(司的z不存在,则必存在某正数兆,使得对于任 意的z,目火时，|/(z)K，又由/的连续性.则当目时，/必有 最大值,设其为M、,令M。-max M,MX,则在目 oo时有|/(z)归M。,于是得 到4z)在全平面上是有界的,则由刘维尔定理，/必为常数,与题矛盾，假 设错误.15.解：由+|/=(%一P)(f+4以+/)2(%+力,得/+%=(/+4刈+/)+(%-2(2%+4另一2二 3-+6xy 2两式相加并结合C-W条件得：4=3/-3户2从而 =/-3/%-2不吁-炉+3广y-27故 f-x-x-2x+i(j?y-y1-2y)16.解:在刀内，由条件(1),(2)已知满足柯西积分公式的条件,故得在D内/=/在。上，由条件知(z)=/(z)故综合得在D=D+。上有(z)=.第四章 解析函数的幕级数表示法(-)1.解:(1)其部分和数列54zz=(-+l+.+)+z(l-l+-+.-2 4 4n 3 514n-l由交错级数收敛性判别及极限运算法则知lim S”存在，设为limS,I，又有几8001%用=-0%，+24+2-0,由此得知lim S=/,因此级数收敛，但非绝对收敛.ns(2)2(3+5z)H1 00%.n=lnlncon=lnln=lnl，可知原级数绝对收敛.lim8 1l+5zl+5z 7261,故原级数发散.由于=22=-22.解:(1)R=limM00%+l一8 八(2)7?=lim j=lim2=2“f 8 8 +JR=3=lim-=0 lim血3.证明:如果lim&包=2。00网山119包=H。00，则级数的收敛半径为 ng Q 8 0=lim 2 w 0=冈ig+00(2)由(1)可证其收敛半径为7?.(3)由(1)可证其收敛半径为R.00 00 00 004证明:因为5gz；|=5除区收敛，而当目4尺时,除,因此级 n=0 n=0 n=0 n=0数在|z|R上绝对收敛且一致收敛.1 85.解:因为时1时,=(-1)/，所以当-z 1时，有 1+w 念 b _ _ J_ V*f1VTaz+b b(a b=o b 久 7 2+ub00 n(2)因为=二,目+00,而 J在2平面解析，所以=o！oo 2n逐项积分得oo 2n+l=-(|z|+00)Jo!(2+l)N 17r 1 _8 2n+l 产 72rl因为二=REf如果11m把上=1,则2=。为可去奇点,可补充定义被积函数0)=1,于是上式 z-0 2收敛范围为目+00，合于逐项积分条件，所以2n+l-(Izl +00)(2n+l)(2n+z)!1 1/人.2 1 COS 2z 1 1/八”(4)sin2 Z:一-二-S(-D(2)!(1尸(2)!.(忖 +00)(5)因为 f(z)=(l-Zy2 厅()(0)=伽+1)!00从而/(2)=Z(+1)Z,(I Z|1)n-o2 3 4 56.解:因为口=1+Z+F F F-.F.&2 6 24 1202 3 4 5ln(1+z)=z-f+f-f+f+-2 3 4 5 3 4 5所以/ln(l+2)=(2 工+2-二+工HQ?-二+二-乙)[phone] 勺 5+-2+工)+(-)+-+.=z+-+-+-+.(|z|l)2 4 6 6 12 24 2 3 40 1 17.解:(1)sin z=sin(z-1)+1=sin(z-1)cos 1+cos(z-1)sin 1oo/1 xn oo/i xn=cos 上二(2 I严1+sin y a(2-1)2W(2+l)r W(2)！二sin(，+1)(7-1),|z-l|+oo k=u 4 2、再由公式上=m一心 2(目 1)7 1 1 1(3)-=-(z-l)+1-,结合-5z-2z+5 4 /I)?1+2200Z(-1)(|z|1)n=0(4)由于我的支点为0,8,沿负实轴(-8,0)割开平面，则指定分支就在12-1|,则/(z)+g(z)=(z z0)nbn+bn+1(z z0)+故2。为/(z)+g(z)的n阶零点.如果如同理可得z0为/(z)+g(z)的机阶零点.如果m=小当金+粼时，z为/(z)+g(z)的机阶零点；当仆+4=0时,零点z0的阶数大于小/(z)g(z)=ambn(z-5+(am+1bn+ambn+iz-z。严向+故z0为/(z)g(z)的m+阶零点.g(2)_(Z z y-m+“+i(z_Zo)+./(z)QJ%(Z-2。)+.由此可见如果加，则Z。为/(z)/g(z)的一机阶零点，如果相 ，则Z。为/(z)/g(z)的根-阶零点，如果根=，则z为/(z)/g(z)的可去奇点.10.证明:利用定理4.17,因Z。为解析函数/(z)的至少级零点，则有/(z)=(z Zo)Mg(z)mn其中g(z)=武平 WO.m!同理(z)=(z-Zo)，0(2o),其中 0(z0)=9(z)w 0,则本题得证.n11.解:不存在(2)不存在(3)不存在(4)存在12.证明:因为/(z)在z0点解析，由泰勒定理8 f5)(Z)/(z)=Z(z-z)(2GK:|Z_Z|R,KUD)n=0 初再由题设/(z0)=0,=1,2,，则/(2)=/(2。),(Z K U。)由唯一性定理得/(z)=/(z0),(z e D).13.证明:(反证法)假设|/(z0)|是,(2)|在。内的最小值，因/(z0)wO,则是，在。内的最大值，/(Z)为解析函数,由最大模原理，,在。内恒为常|f(Z)|于数，与题设矛盾，故|/(2。)|不可能是(Z)|在。内的最小值.14.证明：(反证法)设/(Z)在。内处处不为零，则由最小，最大模原理，在。内，(2)|既不能达到最小值,也不能达到最大值.而题设|/(Z)|在闭域方上连续，故|/(Z)|在闭域方上有最大值”和最小值机,而由上所述，这些都只能在边界C上达至I,但题设|f(z)|在。上为常数，故M=|/(z)|=机 z G C再由最大，最小模原理，机|/(z)|O,mN(0,当N及一切有 n=l卜(z)-f(z)|5.由题设|g(z)|M,(M +8)推得|s(z)g(z)-/(z)g(z)|故得证.2.证明:该级数的部分和%(z)=z+(z2-z)+(z-ZT)=Z显然,对任何z(|z|1),有lim%(z)=0.1 1另一方面,对于任何固定的心取z=*l,有忖=匕因而匕不可能任意小,/2 2这就证得级数在圆忖 1内非一致收敛.3.证明:(1)|o-J=|v1+v2-I-p-+vn|同+|vj,两边取极限同=典同以M+同+，(2)-十Z H-1-1-F 2!n.V|z|+Z221-I-pznlZ221-Fzn n!1 1 2!n2 Z2”H=e 归 _ 1e闫-1=|z|+|z+-1：-2 2_ 以-T4证明:由柯西不等式14区2,当IzK2时,P8 I 7 I-2*因此|/(z)|=|f(z)-a0+a0|a0-f(z)-a0 I%I p日4 aQ|M 消一p-z p_LQJIR+M=I/I-1%I=。故f（z）在12K夕上无零点.I。0 I+V5.证明：因为:|/（沼）|谒=；7（/）.逝皿 0 00 00 二丁（Z。八d。乙兀 n=0=0对任意自然数机,左若相。左,则eike-e-imeddJo=）小=_-。2=0Jo 匕（k-m）产 0因此，根据逐项可积公式即得：i/（v）2与w j吃1|2/6.证明：取厂凡则对一切正整数左时,|/w（0）|-塔|心区曾二 271 J|zi=r 2 rk于是由r的任意性知对一切化均有/出（0）=0故/（z）=cZ，即/是一个至多次的多项式或常数.Z=07.证明:设Z。是/（z）的机阶零点,于是在Z。的某邻域K内/（z）=%（Z Z。）%+一（Z-Z。尸+（j w 0）取讲,（0 夕 5）,于是在区域N（2，6）内z）=%（z z）+*（z Z。尸+（0W）一致收敛,逐项积分可得fgdc=1cm-zor+cw+1 产+1+Jzo Jz0=fZCm-Z0r 叱+f2 Cw+1 C _ 2。)巾吃+%Jzo-(z-z0r+i+-(z-z0r2+m+l m+2F(z)=(z-z0)m+1+(z-z0)m+2+m+l m+2故z0是b(2)的根+1阶零点.(2)设(2)=/C，作函数2)=0(2)/可,则 Jzi尸(2)=于9姑-P以加=于也汹由知Z0是b(2)的根+1阶零点，故以2)以加以Z。为根+1阶零点.8.证明:设/(z)=u(x9 y)+iv(x,y)于2(z)=M(X,0)+fv(x,O)依唯一性定理，在上有/(z)=/；(z),而每一点都是的极限点，而且 LuG,f(z)j(z)都在G内解析，由唯一性定理有力(z)=力(z).9.证明:(反证法)设存在这样的周线。，而 u。,且有一复数A,使得/(z)=A,在。内部/(C)有无穷多个根，即/(z)-A=0在。内部/(C)有无穷多个零点，必存 在零点列zjf Zo G D，从而由唯一性定理,/(z)=A(z G D)，与题设矛盾.10.证明:由最大模原理河=max|f(z)|，显然M是单调上升函数,若存在A，使得M(q)=Af(r2)，即在忖 丫2内存在点Z=冶使得=M(2),即在内点达到最大模，由最大模原理知/(2)恒为常数.第五章解析函数的洛朗展开与孤立奇点解:。名2)1|z|1,z+1 z+1z2(z-l)z31 1csi_2 n=0 2Z/(z)=1 2-1 12 1“2)=2 2z2+l 2 1 21-21 8 8 9一Z(T)KZ n=0 4 n=0 ZZ 2z 1+2 H-1-.H-F.e _2 加z(l+z2)z+z3_1 1 2 5 2-1-1-z.2 2 61 _ 1 _00 _ _ 八2.解:2 2=-21f(Z2+1)2 4(z-i)2 2i,-14(2 I(0|z-z|2)i(228 1 1=y-(o izi +oo)W(+2)!2 1 1（3）令j二工，贝=e6一夕目卡）23!4!3!4!5!=1_1 J_11J_4z 石 33 8 z、z3.证明:根据洛朗定理，可设1 8sin|X2+)=Zg2Z n=0(0|z|+oo)sin，e+；)其中 g=f-(=。,1,)2万.”)这里1,1(0 几)级极点与-根(m)级零点 g(2)当根=时，为/+g的至多机级极点(此时各种情况均有可能产生)例：f=-+zg=-1+zeiV+)(z-ay 6(z-ay为九g的机+级极点,为工的可去奇点.g7.证明:因于(z)不恒等于零，如果z=为f(z)的零点,z=只能为于(z)的孤立奇(反证)如果Z=不是(z)土于*(*/(z),(z)/(z)的本性奇点，则由上题的 结论知,(z)就以z=a为可去奇点或极点,矛盾.7-1-1 一片8.解:/(z)1 十 i，奇点为z=0为一级极点,z(/-1)2=2左加(左=1,2,.)为一级极点，z=8为非孤立奇点(2)2=0为函数的本性奇点，z=8为函数的本性奇点.(3)z=8是可去奇点，z=0为本性奇点.(4)z=0,z=8为本性奇点.(5)z=l为本性奇点，z=2km为一级极点，z=8为非孤立奇点.9.证明:因/(Z)在Z平面上解析，则/(Z)必为整函数,而整函数只以z=8点为孤立 奇点，而/(Z)在Z=00点解析，故z=8点只能是/(z)的可去奇点,由定理5.10知,/(z)为常数.10.证明:(反证)设w=/(z)为整函数且非常数，若值全含于一圆之外,即存在%,%0，使得对任何Z,恒有|/(2)-%|%,则有非常数整函数g(2)=-，所以在Z平面上任何点Z，分母不等于0,从而g(z)在Z平面上/(z)-%解析，即为整函数.又因“2)非常数，所以g(z)非常数，其值全含于一圆|g(z)|，之内，与刘维尔定理矛盾.“证明:由题意J(z)在Z。的去心邻域内的洛朗展开式可设为8/(2)=-+Z的(2 2。)“(。)z-Z0=0令g(2)=/(z)J，因/(z),C1在忖V r上除去z。外解析，所以g(z)在 z-zo z zo0