复变函数课后习题答案(全)之欧阳治创编

阳治创编 2021.03.10

习题一答案

1． 时间2021.03.10 创作：欧阳治 2． 求下列复数的实部、虚部、模、幅角主值及共轭复数：

i1（1） （2）

(i1)(i2)32i13i （3） （4）i84i21i

i1i132i解：（1）z， 32i1332因此：Rez, Imz，

1313ii3i（2）z，

(i1)(i2)13i1031因此，Rez, Imz，

101013i33i35i（3）z， ii1i2235因此，Rez, Imz，

32（4）zi84i21i14ii13i 因此，Rez1, Imz3，

3． 将下列复数化为三角表达式和指数表达式：

（1）i （2）13i （3）r(sinicos)

（4）r(cosisin) （5）

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1cosisin (02)

解：（1）icos2isin22e

i2i223（2）13i2(cosisin)2e

33（

r(sinicos)3）

r[cos()isin()]re22()i2

（4）

r(cosisin)r[cos()isin()]rei

（5）1cosisin2sin24．

2isincos 222求下列各式的值：

（1）(3i)5 （2）(1i)100(1i)100 （3）

(13i)(cosisin) （4）

(1i)(cosisin)(cos5isin5)2 3(cos3isin3)（5）3i （6）1i 解：（1）(3i)5[2(cos()isin())]5

66（

2

）

欧阳治创编 2021.03.10 欧

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(1i)100(1i)100(2i)50(2i)502(2)50251

(13i)(cosisin)（3）

(1i)(cosisin)(cos5isin5)2（4） 3(cos3isin3)（5）3i3cos（6）1i5．

2isin2

2(cosisin) 44设z11i, z23i,试用三角形式表示2z1z2与

解

z1 z2：

z1cos所以

4isin, z22[cos()isin()]，466z1z22[cos()isin()]2(cosisin)46461212，

6．

解下列方程：

（1）(zi)51 （2）z4a40 (a0) 解：（1）zi51, 由此

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z51ie2ki5i， (k0,1,2,3,4)

（2）z4a44a4(cosisin) 11a[cos(2k)isin(2k)]44，当

k0,1,2,3时，对应的4个根分别为：

aaaa(1i), (1i), (1i), (1i) 22227．

证明下列各题：（1）设zxiy,则

xy2zxy

证明：首先，显然有zx2y2xy； 其次，因 x2y22xy, 固此有 2(x2y2)(xy)2,

从而 zxy22xy2复

。

（2

2）

2对任

2意数

z1,z2,有

z1z2z1z22Re(z1z2)

证明：验证即可，首先左端

(x1x2)2(y1y2)2， 而

右

端

x12y12x22y222Re[(x1iy1)(x2iy2)]

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x12y12x22y222(x1x2y1y2)(x1x2)2(y1y2)2，

由此，左端=右端，即原式成立。

（3）若abi是实系数代数方程

a0zna1zn1an1za00

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，zn(z)n，由此得到：a0(z)na1(z)n1an1za00

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babab1a，证毕。

1abaaaba(ab)aab1 （5）若a1, b1，则有

1ab证

2明

22：

ab(ab)(ab)ababab，

1ab(1ab)(1ab)1ababab，

222欧阳治创编 2021.03.10 欧

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因为a1, b1，所以，

abab1(1a)(b1)0 ，

222222ab1，结论得证。 因而ab1ab，即

1ab227．设z1,试写出使zna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znazna1a，

在上面两个不等式都取等号时zna达到最大，为此，需要取zn与a同向且zn1，即zn应为a的单位化向量，由此，zna， 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，z2z1与z3z1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到：

z2z1应为0或的整数倍，至此得z3z1欧阳治创编 2021.03.10 欧

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z1,z2,z3三个点共线的条件是

z2z1为实数。

z3z19．写出过z1,z2 (z1z2)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x1t(x2x1)， yy1t(y2y1)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acostibsint （3）zti t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acost,ybsint，因而表示椭圆x2y221 2ab1（3）xt,y，因而表示双曲线xy1

t11．证明复平面上的圆周方程可表示为

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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：

x2y2AxByc0， 代入x2zzzz, y，并注意到22ix2y2zzz，由此

zzAzzzzBc0， 22i整理，得 zz记

ABiABizzc0 22ABiABia，则a，由此得到 22zzazazc0，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x00，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

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zx0limargz不存在，因而argz在x0点不连续，即

在负实轴上不连续，结论得证。

113．函数w把z平面上的曲线x1和

zx2y24分别映成w平面中的什么曲线？ 解：对于x1，其方程可表示为z1yi，代入映射函数中，得

111iywuiv， 2z1iy1y因而映成的像曲线的方程为 u1y, v，消去参数y，得 221y1y112212u,即(u)v(),表示一21y22u2v2个圆周。

对于x2y24，其方程可表示为

zxiy2cos2isin

代入映射函数中，得

因而映成的像曲线的方程为

11ucos, vsin，消去参数，得

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11u2v2，表示一半径为的圆周。

4214．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z0r (r0)，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）zz0r,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)4，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。 415．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。

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（1）2z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）argz (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 （3）

z31，显然z2，并且原不等式等价z2于z3z2，说明z到3的距离比到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，

显然该区域的边界为双曲线

z2z21，化为实方程为

4x242y1，再注意到z到2与z到2的距15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4z1，代入zxiy，化为实不

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等式，得

178所以表示圆心为(,0)半径为的圆周外

1515部，是一无界多连通区域。

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（1）(z1)5 （2）z32iz （3）2

z11（4）z

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）z32iz处处解析，(z32iz)3z22i

1（3）2的奇点为z210，即zi，

z11（4）z的奇点为z3，

z32．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)xy2x2yi （2）f(z)x2y2i （3）f(z)x33xy2i(3x2yy3) （4）

1f(z)

z解：根据柯西—黎曼定理：

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（1）uxy2, vx2y，

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

ux vy, uy vx解得：xy0，

因此，函数在z0点可导， f(0)uxivxz00，

函数处处不解析。 （2）ux2, vy2，

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

ux vy, uy vx解得：xy， 因此，函数在直线yx上可导， f(xix)uxivxy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x33xy2, v3x2yy3，

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 ux vy, uy vx

因此，函数处处可导，处处解析，且导数为

11xiyf(z)2 （4），2zxiyxyxyu2, v， 222xyxyy2x2x2y2ux2, vy2， 2222(xy)(xy)2xy2xyuy2, vx2， 2222(xy)(xy) 因函数的定义域为z0，故此，u,v处处不

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满足柯西—黎曼方程，因而函数处处不可导，处处不解析。

l,m,n3．当取何值时

f(z)my3nx2yi(x3lxy2)在复平面上处处解析？

解：umy3nx2y, vx3lxy2

ux2nxy, vy2lxy, uy3my2nx2, vx3x2ly2，

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

f(z)解析，则有 4．证明：若

22(f(z))(f(z))2f(z) xy证明：由柯西—黎曼方程知，左端

(u2v2)2(u2v2)2xyuuxvvx2uuyvvy2(uuxvvx)2(uvxvux)2()()2222u2v2uvuv

f(z)右端，证毕。

5．证明：若

2f(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u2 （5）2u3v1

证明：关键证明u,v的一阶偏导数皆为0！

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（1）f(z)uiv，因其解析，故此由柯西—黎曼方程得

uxvy, uyvx ------------------------（1） 而由f(z)的解析性，又有uxvy, uyvx ------------------------（2）

由（1）、（2）知，uxuyvxvy0，因此

uc1, vc2,即

f(z)c1ic2为常数

（2）设uc1，那么由柯西—黎曼方程得 vxuy0, vyux0，

说明v与x,y无关，因而 vc2，从而f(z)c1ic2为常数。

（3）由已知，f(z)u2v2c0为常数，等式两端分别对x,y求偏导数，得 2uux2vvx0----------------------------（1）

2uuy2vvy0因f(z)解析，所以又有 uxvy, uyvx-------------------------（2）

求解方程组（1）、（2），得 uxuyvxvy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u2两端分别对x,y求偏导数，得 再联立柯西—黎曼方程uxvy, uyvx，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uxvy, uyvx，仍有

2uxuyvxvy0，证毕。

6．计算下列各值（若是对数还需求出主值）

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（1）ei2 （2）Ln(i) （3）Ln(34i)

23（4）sini （5）(1i)i （6）27解：（1）ei2

cos()isin()i

22（2）

1Ln(i)lniarg(i)2ki(2k)i，

2k为任意整数，

1 主值为：ln(i)i

2（3）Ln(34i)ln34iarg(34i)2ki

4ln5(arctan2k)i， k为任意整数

34主值为：ln(34i)ln5(arctan)i

3ei.iei.iee1（4）sinii

2i2（5）(1i)ieiLn(1i)ee（

2k4i(ln2i2ki)4eiln22k4

(cosln2isin2)， k为任意整数

6）

2(ln272ki)324ln27ki334ki327eeee9e当k分别取0，1，2时得到3个值： 98i3232Ln273，

， 9e4i39(13i)2，

99e(13i)

2z2z27．求e和Arge

解：eez2x2y22xyi，因此根据指数函数的定

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义，有 ez2ex2y2， Arge2xy2k，（k为任意

z2整数）

i8．设zre，求Re[Ln(z1)]

解：Ln(z1)lnz1i[arg(z1)2ki]，因此

9．解下列方程：

（1）e13i （2）lnzz2i

（3）sinzcosz0 （4）shzi

解：（1）方程两端取对数得：

1zLn(13i)ln2(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任意整数

4k, 即 zk4， k为

ezezi，（4）由双曲函数的定义得 shz2解得

(ez)22iez10，即ezi，所以

zLni(2k)i ，k为任意整数

210．证明罗比塔法则：若f(z)及g(z)在z0点解析，且f(z0)g(z0)0, g(z0)0，则

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f(z)f(z0)lim，并由此求极限 zz0g(z)g(z0)sinzez1 lim; limz0z0zz证明：由商的极限运算法则及导数定义知

f(z)f(z0)f(z)f(z0)limzz0zz0zz0f(z)limlimzz0g(z)zz0g(z)g(z0)g(z)g(z0)limzz0zz0zz0f(z0)， g(z0)sinzcosz由此，limlim1

z0z0z111．用对数计算公式直接验证：

1（1）Lnz22Lnz （2）LnzLnz

2解：记zrei，则

（1）左端Ln(r2e2i)2lnr(22k)i， 右端2[lnr(2m)i]2lnr(24m)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k1时的值为

2lnr(22)i，而右端却取不到这一值），因此两端不相等。 （2）左端

2mLn[re2i1]lnr(m2k)i

22 右

11[lnr(2n)i]lnr(n)i 222端

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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sinzsinz, coszcosz

证明：首先有

ezex(cosyisiny)ex(cosyisiny)exiyez ，因此

eizeizsinz，第一式子证毕。

2i 同理可证第二式子也成立。

13．证

明明

izImzsinzeyImz 先

（即

，

ysinze）

证：

iz首2eesinz2ieizeizeyeyye，

2 右端不等式得到证明。

其次，由复数的三角不等式又有

eesinz2iizizeizeiz2eyey2ee2yy，

根据高等数学中的单调性方法可以证明x0时exexx，因此接着上面的证明，有2欧阳治创编 2021.03.10 欧

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eesinzy，左端不等式得到证明。

214．设zR，证明sinzchR, coszchR

yy证明：由复数的三角不等式，有 eesinz2iizizeizeiz2eyeye2ye2ychy，

由已知，yzR，再主要到x0时chx单调增加，因此有

sinzchychR， 同理， eecosz2izizeizeiz2eyeye2ye2ychychR 证毕。 15．已知平面流场的复势f(z)为

1（1）(zi)2 （2）z2 （3）2

z1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]2x2(y1)22x(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(y1)2c2

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（2）z3(xiy)3x33xy2(3x2yy3)i 流速为vf(z)3z23(z)2，

流线为3x2yy3c1，等势线为 x33xy2c2

1112（3）2 22z1(xiy)1xy12xyi2z2z， 2222(z1)(z1)xyc1， 流线为 22222(xy1)4xyx2y21等势线为 2c2 2222(xy1)4xy习题三答案 流速为vf(z)1．计算积分

2(xyix)dz，其中c为从原点到c1i的直线段

解：积分曲线的方程为xt, yt，即

zxiytti，t:01，代入原积分表达式中，得

2．计算积分

zedz，其中c为 c（1）从0到1再到1i的折线 （2）从0

到1i的直线

解：（1）从0到1的线段c1方程为：zxiyx, x:01，

从1到1i的线段c2方程为：zxiy1iy, y:01， 代入积分表达式中，得

e1ei(sin1icos1i)e(cos1isin1)1e1i1；

（2）从0到1i的直线段的方程为

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zxiytti，t:01， 代入积分表达式中，得

edzec0z1tti(tti)dt(1i)et(costisint)dt01，

对上述积分应用分步积分法，得

3．积分

2(xiy)dz，其中c为 c（1）沿yx从0到1i （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:01，

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

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zx，代入，得 （2）的方程为czxiycosisin, :0，代入，得

1dz的模,其中c为+1到-1的圆5．估计积分2z2c心在原点的上半圆周。

解：在c上，z=1，因而由积分估计式得

111dz2dsdsdsc的22z2z2ccc2zc欧阳治创编 2021.03.10 欧

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弧长

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n1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 M2Mn2Rn1， RR因n1，因此上式两端令R取极限，由夹比定理，得

f(z)limndz0， 证毕。 RzcR7．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1。

dzdz（1） （2）2 2(z2)z2z4ccdz（3）2

z2cdz（4） （5）zezdz

coszcc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）z2i （4）

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。

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zk, k为任意整数，

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8．计算下列积分：

（1）edz （2）sin2zdz （3）

402ziii0zsinzdz

解：以上积分皆与路径无关，因此用求原函数的方法： （1）401i12z2zedze2i40i（

i12i01(ee)(i1) 222）

i1cos2zzsin2z2isinzdzi2dz[24]i （3）

0zsinzdz0zdcoszzcosz00coszdz

9．计算

1111cdz，其中c为不经过a的任一简22za单正向闭曲线。

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

1 （2）a在c内，a在c外，则在c内解

za析，因而由柯西积分 公式：

1dz1zadz2ii 22zazazaazacc（3）同理，当a在c内，a在c外时， （4）a皆在c内

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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：

1111注：此题若分解2()，则22azazaza更简单！

10． 计算下列各积分

1dz，由柯西积分公式 解：（1）iz1(z)(z2)2eiz（2）dz， 23z1z2i2 在积分曲线内被积函数只有一个奇点i，故此同上题一样：

dz（3）2 23(z1)(z4)z2 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：

z（4）4dz，在积分曲线内被积函数只

z1z22有一个奇点1，故此 1（5）2sinzdz，

4z1z2 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：

z2ndz, n为正整数，由高阶导数公（6）n(z1)z2欧阳治创编 2021.03.10 欧

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式

1ez11． 计算积分dz，其中c为 32icz(z1)11（1）z （2）z1 （3）

22z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

ez(z1)31eze()1，

2!zz12z0其中，c1,c2为z2内分别围绕0，1且相互外离的小闭合曲线。 112． 积分dz的值是什么？并由此证明

z2z1012cosd0

54cos解：首先，由柯西基本定理，

1dz0，z2z1因为被积函数的奇点在积分曲线外。

其次，令zr(cosisin)，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 054cos12cos即d0，证毕。

05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)。

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证明：由柯西积分公式，对于c内任意点z0，

1f(z)1g(z)f(z0)dz, g(z)dz02iczz02iczz0，

由已知，在积分曲线c上，f(z)g(z)，故此有

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)11，证明

（1）在D内（2）对

f(z)0；

c于D内任一简单闭曲线c，皆有f(z)dz0 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）既然f(z)0，再注意到f(z)解析，f(z)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，皆有f(z)dz0，证毕。 f(z)c15．求双曲线y2x2c （c0为常数）的正

交（即垂直）曲线族。

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解：uy2x2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

，因此vxuy2yv(2y)dx2xyg(y)，再由

vyux2x知，g(y)0，即g(y)c0为常数，因此

v2xyc0，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)z2y2x22xyi解析）

16．设vepxsiny，求p的值使得v为调和函数。

解：由调和函数的定义

vxxvyyp2epxsiny(epxsiny)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 p210，即p1。

17．已知uvx2y22xy5x5y，试确定解析函数

解：首先，等式两端分别对x,y求偏导数，得

----------------------------------uxvx2x2y5（1）

-------------------------------uyvy2y2x5（2）

再联立上柯西—黎曼方程

uxvy------------------------------------------------------

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（3） uyvx----------------------------------------------------

（4）

从上述方程组中解出ux,uy，得

这样，对ux积分，得ux25xc(y),再代入uy中，得

至此得到：ux25xy2c0,由二者之和又可解出

v2xy5yc0，因此

f(z)uivz25zc0c0i，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)uiv

解：（1）ux2xyy2, f(i)1i， 由柯西—黎曼方程，

vyux2xy，对y积分，得

12v2xyyc(x)，

2再由vxuy得2yc(x)x2y，因此

12c(x)x, c(x)xc0，所以

21212v2xyyxc0，

22因f(i)1，说明x0,y1时v1，由此求出

1c0，

2至此得到：

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111f(z)uivx2xyy2(y2x22xy)i222，

11整理后可得：f(z)(1i)z2i

22y（2）v2， f(2)0 2xy此类问题，除了上题采用的方法外，也可这样：

x2y22xy(z)21，所以 2i2222222(xy)(xy)z(zz)1f(z)c，

z1其中c为复常数。代入f(2)0得，c，故此

2y（3）varctan, (x0)

x同上题一样，f(z)uxivxvyivx

xyz1i， 2222xyxyzzz 因此f(z)lnzc0，

其中的lnz为对数主值，c0为任意实常数。 （4）uex(xcosyysiny)，f(0)0

vxuyex(xsinysinyycosy)，对x积分，得

再由vyux得c(x)0，所以c(x)c0为常数，由f(0)0知，

xy0时v0，由此确定出c00，至此得到：

f(z)uivex(xcosyysiny)欧阳治创编 2021.03.10 欧

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iex(xsinyycosy)，

整理后可得 f(z)zez

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

11ds21，证毕。 2z1220．若f(z)在闭圆盘zz0R上解析，且，试证明柯西不等式

n!f(n)(z0)nM，并由此证明刘维尔定理：在

R整个复平面上有界且处处解析的函数一定为常数。

证明：由高阶导数公式及积分估计式，得

n!n!Mn!Mn!Mf(z)dsds2Rnn1n1n12Rz12Rz12RRf(z)M，

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

M柯西不等式，对任意z0都有f(z0)，又因

Rf(z)处处解析，因此R可任意大，这样，令

R，得f(z0)0，从而f(z0)0，即 f(z0)0，再由z0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）znin1 n欧阳治创编 2021.03.10 欧

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解：因为limin不存在，所以limzn不存在，由定nn理4.1知，数列zn不收敛．

i2i5解：1(cosisin)，其中arctan1，则

222（2）zn(1)n

5zn(cosisin)2n2cosnisinn5n． 因为

2lim0n5nn，cosnisinn1，所以

2limcosnisinn0 n5由定义4.1知，数列zn收敛，极限为0．

i1n2（3）zne

nni2解：因为ei1n21lime0 1，lim0，所以nnnn由定义4.1知，数列zn收敛，极限为0． （4）zn(解

：

zn) z设

zr(cosisin)，则

zzn()ncos2nisin2n，因为limcos2n，nzlimsin2n都不存在，所以limzn不存在，由定理

nn4.1知，数列zn不收敛．

2． 下列级数是否收敛？是否绝对收敛?

in(1)

n1n!解：

in1，由正项级数的比值判别法知该级n!n!in数收敛，故级数收敛，且为绝对收敛．

n1n!欧阳治创编 2021.03.10 欧

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in(2)

lnnn2i解：， n2lnnn2ncos21111因为lnnln2ln4ln6ln8n2ncosnnsin2i2lnnn2lnn是交错级

数，根据交错级数的莱布尼兹审敛法知该级数

收敛，同样可知，

n211111ln3ln5ln7ln9n2lnnin是收敛的． lnnn2sin也收敛，故级数

又n21in111，因为发散，故,n1lnnn2lnnlnnn1n2in1级数发散，从而级数条件收敛．

n2lnnn2lnncosin(3)n

2n0解：

enn1n02cosinenenenenn1n1nn122n0n0n02n02，因级数

发散，故ncosin发散． n2n0(4)n035in!

n解：n035in!n034n!n，由正项正项级数比值

n35i判别法知该级数收敛，故级数收敛，

n0n!且为绝对收敛．

3． 试确定下列幂级数的收敛半径． (1)1inzn

n0欧阳治创编 2021.03.10 欧

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解：limnRcn11i2，故此幂级数的收敛半径cn1． 2n!(2)nzn

n0n解：

cn1(n1)!nn11limlimlimncn(n1)n1n!n1n(1)neni，故此

幂级数的收敛半径Re． (3)en1nzn

icn1en1解：limlim1，故此幂级数的收敛半径ncninenR1．

(4)2n12n2z n2n122n12n22n1n1解：令zZ，则nznZ

22n1n12n1n1cn12n112limlim，故幂级数nZn1的收ncn2n122n1n2n2n12敛域为Z2，即z2，从而幂级数nz2n22n1的收敛域为z2，收敛半径为R2．

4．

设级数n收敛，而n发散，证明

n0n0nnz的收敛半径为1．

n0证明：在点z1处，nzn0nnn0，因为n收

n0敛，所以nzn收敛，故由阿贝尔定理知，z1n0n时，nz收敛，且为绝对收敛，即nn0n0zn收

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敛．

z1时，

n0nznnn0，因为n发

n0

散，根据正项级数的比较准则可知，nn0zn发

散，从而nn0nnn0zn的收敛半径为1，由定理4.6，

z的收敛半径也为1．

5．

如果级数cnzn在它的收敛圆的圆周上一

n0点z0处绝对收敛，证明它在收敛圆所围的闭区域上绝对收敛．

证明：zz0时，由阿贝尔定理，cnzn绝对收

n0敛．

zz0时，cnn0nzcnz0nnn0，由已知条件知，

n0cn0nz0收敛，即cnn0zn收敛，亦即cnzn绝对

收敛．

6． 将下列函数展开为z的幂级数，并指出其收敛区域． （1）

1 22(1z)1(1z2)2解：由于函数的奇点为zi，因此它在

z1内处处解析，可以在此圆内展开成z的幂级

数．根据例4.2的结果，可以得到

11z2z421z(1)nzn,z1．

将上式两边逐项求导，即得所要求的展开式

1(1z2)2=

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1'1（）（）12z23z421z2z(1)n1nz2n2,z1． （2）

1(a0,b0)

(za)(zb)1(a0,b0)的

(za)(zb)解：①ab时，由于函数

奇点为za，因此它在za内处处解析，可以在此圆内展开成z的幂级数．

1zzn11n=(1n)'=(nzn1)=aaaaaa1nn1z,za． 2n1aa1(a0,b0)的奇点②ab时，由于函数

(za)(zb)为z1a,z2b，因此它在zmin{a,b}内处处解析，可以在此圆内展开成z的幂级数．

=

11z(2abaaznn1a1z2bbznbn1)

=

11111[(22)zabbaba(11n)zbn1an1],zmin{a,b}．

（3）cosz2

解：由于函数cosz2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．

z4z8cosz12!4!2z2n(1)(2n)!n,z．

（4）shz

解：由于函数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z的幂级数．

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(iz)3shzisinizi(iz3!(iz)2n1(1)(2n1)!n(z)3)z3!(z)2n1(2n1)!,z（5）sin2z

解：由于函数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．

(2z)2=22!(1)n1(2z)2n2(2n)!,z．

（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z的幂级数．

eizeize(i1)ze(1i)zesinze=

2i2i1(1i)2z2(1i)nzn(1i)2z2(1(1i)z1(1i)z2i2!n!2!122i2(1i)n(1i)nn==(2izzz)2i2!n!z32zz,z．

3zz(1i)nznn!7．

求下列函数展开在指定点z0处的泰勒展式，并写出展式成立的区域．

z,z02

(z1)(z2)z21解： ，

(z1)(z2)z2z1（1）

22111(z2)nz2z2421z22n04n4，

11111(z2)nz1z2331z23n03n3． 由于函数

z(z1)(z2)的奇点为z11,z22，所以

这两个展开式在z23内处处成立．所以有：

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z1(z2)n1(z2)n11()(z2)n,z23nn2n1n(z1)(z2)2n043n033n02． （2）解

1,z01 2z：由

(1)n(z1)n于

,z11111(z1)(z1)2zz11

所

11'()12(z1)z2z1（3）,z01i

43z(1)n1n(z1)n1以

,z11．

解：

1111143z43(z1i)33i13i3(z1i)13i13(z1i)13i

=

13n3nn(z1i)(z1i)nnn113in0(13i)n0(13i)．

展开式成立的区域：

103(z1i)1，即z1i

313i（4）tanz,z0解

：

4

，tan''z2sec2ztanztan'''z2sec2z(2tan2z1)，……，

tan'zsec2z，，

tan'ztan''zz4sec2442z42sec2ztanztan'''zz2，

8……，故3z42sec2z(2tan2z1)z4欧阳治创编 2021.03.10 欧

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有

因为tanz的奇点为zk,kZ，所以这个等式

2在z8．

44的范围内处处成立。

将下列函数在指定的圆域内展开成洛朗级数．

1,1z2

(z21)(z2)111z2(22), 解：2(z1)(z2)5z2z1z122122n1n(1)(1), z21z2112z2n0z2nn0z2n2z(1)

故

11zn12nn((1)(1)) (z21)(z2)5n02n1n0z2n1n0z2n2z1,0z1,1z (2)2z(z1)z11222解：2

z(z1)zz(z1)有

①在0z1内 ②在1z内 (3)

1,0z11,1z2

(z1)(z2)解：①在0z11内， ②在1z2内

1111111(z1)(z2)z2z21z2z211(z2)2z21,0z1 (4)sin1z1n(1)(1)(z2)nn0n0n解：在0z1内

z,0z1 z1z111cos(1)cos1cossin1sin解：cos z1z1z1z1(5)cos欧阳治创编 2021.03.10 欧

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在0z1内 故有

9．

将

f(z)1(z21)2在zi的去心邻域内展开成

1(z21)2洛朗级数． 解：因为函数

f(z)的奇点为zi，所以

它以点zi为心的去心邻域是圆环域0zi2．在0zi2内 又

111zi2i2i1(zi)

2inn1n(zi)n1(zi)(1)(1)n2in0(2i)(2i)n1n0故有

11nn1nnn1n2f(z)2(1)(zi)(1)(zi)(z1)2(zi)2n0(2i)n2(2i)n2n0

10．函数

能否在圆环域0zR(0R)内展开为洛朗级数？为什么？ 答：不能。函数f(z)lnz的奇点为,z0,zR，所以对于R,0R，0zR内都有f(z)的奇点，即f(z)以z0为环心的处处解析的圆环域不存在，所以函数f(z)lnz不能在圆环域0zR(0R)内展开为洛朗级数．

习题五答案

1． 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．

f(z)lnz（1）

z1 22z(z1)解：函数的孤立奇点是z0,zi， 因

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z11z11z11z1

z(z21)2z(z21)2(zi)2z(zi)2(zi)2z(zi)2由性质5.2知，z0是函数的1级极点，zi均是函数的2级极点． （2）

sinz z3z2n1(1))，由极点定义知，

(2n1)!n解：函数的孤立奇点是z0，因

sinz1z33(z3zz3!z0是函数的

ln(1z)（3）

z2级极点．

ln(1z)1，z解：函数的孤立奇点是z0，因limz0（4）

1 2zz(e1)由性质5.1知，z0是函数可去奇点． 解：函数的孤立奇点是z2ki,

z4①k0，即z0时，因z(e1)z2!2z3zn2n!

所以z0是z2(ez1)的3级零点，由性质5.5知，它是

1的2zz(e1)3级极点

②z2ki，k0时，令g(z)z2(ez1)，g'(z)2z(ez1)z2ez，

因g(2ki)0，g'(2ki)(2ki)20，由定义5.2知，z2ki(k0)是g(z)的1级零点，由性质5.5

1的2zz(e1)z（5）

(1z2)(1ez)知，它是1级极点

解：函数的孤立奇点是g(z)(1z2)(1ez)，

g'(z)2z(1ez)ez(1z2)z(2k1)i,kZ,令，

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g''(z)2(1ez)4zez2ez(1z2)

①z0i时， g(z0)0，g'(z0)0，g''(z0)0，由定义5.2知，z0i是g(z)的2级零点，由性质5.5知，它是

1的

(1z2)(1ez)2级极点，故z0i是

z的2z(1z)(1e)2级极点．

②z1(2k1)i,k1,2,时，g(z1)0，g'(z1)0，由定义5.2知，z1(2k1)i,k1,2,是g(z)的1级零点，由性质5.5知，它是点，故是

1的2z(1z)(1e)1级极

z的１级极点． 2z(1z)(1e)1（６）

sinz2解：函数的孤立奇点是z0，

zk,zik,k1,2,

令g(z)sinz2，g'(z)2zcosz2， ①时z0z6g(z)sinzz3!22，因

是g(z)的2②

z4n2(1)(2n1)!1级零点，从而它是

sinz2n，所以z0的2级极点．

g(z)0zk,zik,k1,2,时，，

g'(z)0，由定义zk,zi5.2知，

k,k1,2,是g(z)的1级零点，由

1sinz2性质5.5知，它是

2．

的１级极点．

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zk,kZ，记f(z)zsinz，

f'(z)sinzzcosz

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①z0时，因

z4zsinzz3!2z2n2(1)(2n1)!n，

故z0是zsinz的2级零点．

②zk,k0时，f(z)zk0，f'(z)zk0，由定义5.2知，

zk,k0是zsinz的1级零点． （2）z2ez

解：函数的零点是z0，因

2z4zez(1z2!2z2222z2nn!)，所以由性质5.4

知，z0是z2ez的2级零点． （3）sinz(ez1)z2

解：函数的零点是z00，z1k，z22ki，k0，

f(z)sinz(ez1)z2记，

f'(z)cosz(ez1)z2sinz[ezz22z(ez1)]

①z0时，z0是sinz的1级零点，，ez1的1

级零点，z2的2级零点，所以z0是sinz(ez1)z2的4级零点．

②z1k，k0时，f(z1)0，f'(z1)0，由定义5.2知，z1k，k0是f(z)的1级零点．

③z22ki，k0时，f(z1)0，f'(z1)0，由定义5.2知，z22ki，k0是f(z)的1级零点． 3． z0是函数(sinzshz2z)2的几级极点？ 答：记f(z)sinzshz2z，则f'(z)coszchz2，f''(z)sinzshz， f'''(z)coszchzf(4)(z)sinzshz，，f(5)(z)coszchz，将z0代入，得：

f(0)f'(0)f''(0)f'''(0)f(4)(0)0，f(5)(z)0，由定义5.2知，

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z0是函数f(z)sinzshz2z的

(sinzshz2z)2的

5级零点，故是

10级极点．

4． 证明：如果z0是f(z)的m(m1)级零点，那么z0是f'(z)的m1级零点．

证明：因为z0是f(z)的m级零点，所以f(z0)f'(z0)f''(z0)fm1(z0)0，

fm(z0)0，即f'(z0)(f'(z0))'(f'(z0))m20，(f'(z0))m10，由定义5.2知，z0是f'(z)的m1级零点．

5． 求下列函数在有限孤立奇点处的留数． （1）

z1 z22z解：函数的有限孤立奇点是z0,z2，且z0,z2均是其1级极点．由定理5.2知，

z11，

z0z0z22z13Res[f(z),2]lim(z2)f(z)lim．

z0z0z21z4（2）23

(z1)Res[f(z),0]limzf(z)lim解：函数的有限孤立奇点是zi，且zi是函数的3级极点，由定理5.2，

111z4''11212z233''Res[f(z),i]lim[(zi)f(z)]lim()limi35zizizi2!2(zi)2(zi)8，

111z4''11212z233''Res[f(z),i]lim[(zi)f(z)]lim()limi35zizizi2!2(zi)2(zi)8．

1e2z（3）4

z解：函数的有限孤立奇点是z0， 因

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1e2z1(2z)24(2zz4z2!

(2z)nn!22223)3z2!z23!z2nzn4n!所以由定义5.5（4）z2sin1

z1e2z4知，Res[4,0]．

z3解：函数的有限孤立奇点是z0，

因

111zsinz2(3zz3!z

2(1)n2n1(2n1)!z1)z3!z(1)n2n1(2n1)!z所以由定义5.5知，Res[z2sin,0]． （5）cos1 1z(1)n 2n(2n)!(1z)1知，Res[cos,1]0．

1z1z16解：函数的有限孤立奇点是z1，因

11cos121z2!(1z)所以由定义5.5（6）

1 zsinz解：函数的有限孤立奇点是zk,kZ． ①k0，即z0， 因

为

z3z2n1z4z2n2n2nzsinzz(z(1))z(1)3!(2n1)!3!(2n1)!

1所以z0是的2级极点．由定理5.2，

zsinz11'z'zRes[,0]lim[z2]lim()lim0．

z0z0z0zsinzzsinzsinz2cosz②

时，记g(z)zsinz，则

g'(z)sinzzcosz，

因为g(k)0,g'(k)0，所以由定义5.2知，

zk,k0欧阳治创编 2021.03.10 欧

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zk,k0是g(z)的1级零点，故它是

1的zsinz1

级极点．由定理5.3，

Res[1111,k]'(1)k,k0zsinzg(k)kcoskk．

6．

利用留数计算下列积分（积分曲线均取正

向）．

e2zdz （1）z22(z1)e2z解：z1是被积函数

(z1)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，

e2ze2z'2Res[,1]lim[(z1)]lim2e2z2e222z1z1(z1)(z1)，由定理5.1知，

e2ze2z2dz2iRes[,1]4ei2z2(z1)2(z1)．

ezdz （2）z322(z1)(z3)ez解：z1是被积函数

(z1)(z3)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，

ezezei2ilim((z1))2ilimz1z1(z3)2(z1)(z3)28． （3）z1zdz sinzzsinz解：z0是被积函数立奇点， 因为limz0在积分区域内的有限孤

5.1知z0是函数

z1，所以由性质sinz欧阳治创编 2021.03.10 欧

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z的可去奇点， sinz从而由定理5.1，Res[z,0]0，由定理sinz5.1，

zzdz2iRes[,0]0． z1sinzsinz（4）z11dz

zsinz1解：z0是被积函数在积分区域内的有限

zsinz孤立奇点，且为2级极点，由定理5.2，

Res[11'z,0]lim(z2)lim0z0z0zsinzzsinz2cosz，

由定理5.1，z1（5）z111dz2iRes[,0]0． zsinzzsinzsinzdz z2z(1e)sinz在积分区域内的有限z(1ez)解：z0是被积函数

孤立奇点，由性质5.6知z0是函数的1级极点，

Res[sinzsinzsinzcosz,0]lim(z)limlim1

z0z01ezz0ezz(1ez)z(1ez)由定理5.1，

sinzsinzdz2iRes[,0]2i． zz12z(1ez)z(1e)（6）z3tanzdz

解：被积函数tanz在积分区域z3内的有限孤立奇点为：zk1k,k3,2,1,0，由定理

25.3，，

这些点均为tanz的1级极点，且 由定理5.1

z36tanzdz2iRes[tanz,zk]2i()12i．

k32欧阳治创编 2021.03.10 欧

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7．

计算积分z1f(z)1dz，其中n为正整

(za)n(zb)n数，a1,b1,ab． 解：记

1(za)n(zb)n，则f(z)的有限孤立奇

点为za,zb，且为n级极点，分情况讨论如下：

①ab1时，za,zb均在积分区域内，由定理5.1， 故有z1以z11dz0．

(za)n(zb)n②1ab时，za,zb均不在积分区域内，所

1dz0．

(za)n(zb)n③a1b时，za在积分区域内，zb不在积分区域内，

(1)n1(2n2)!i所以z1f(z)dz2iRes[f(z),a] 22n1[(n1)!](ab)习题五

8．判断z是下列各函数的什么奇点？求出在的留数。解：（1）因为 所以，

z是

1ez2的可去奇点，且

z12Rese,c10。

（2）因为 所以

于是，z是coszsinz的本性奇点，且Rescoszsinz,c10。 （3）因为 所以

容易看出，展式中由无穷多z的正幂项，所以

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ezz是2的本性奇点。

z1ez11Res2,c113!5!z1e1e1sh 12。

（4）因为 所以z是

1的可去奇点。

z(z1)4(z4)z4 Res, 00。 41z(14z)9．计算下列积分：解：（1）

（2）在2<|z|内将函数展为洛朗级数 从上式可知， 所以

z3112zedz2ii。 1z33c10．求下列各积分之值： （1）解：设zei,则

1iz21isin(ee)。于是

2i2izdzieidizd，

（2）解：设

zei,则

dzieidizd，

1iz21icos(ee)。于是

22z1（3）解：显然，R(z)221z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。R(z)在上半平面内只有i一个奇点，且为2级极点。于是 （4）解： 0z2显然，R(z)1z4x21x2dxdx 441x21x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

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在的。

R(z)在上半平面内只有

22i22和

22i二个奇点，且都为221 级极点。于是

所以

（5）解：显然，R(z)1满足分母的次数

z24z5至少比分子的次数高一次，且在实轴上没有奇点，R(z)在上半平面内只有2i一个奇点，且为1 级极点。于是

（6）解：显然，R(z)z1z2满足分母的次数至

少比分子的次数高一次，且在实轴上没有奇点，R(z)在上半平面内只有i一个奇点，且为1 级极点。于是

11．利用对数留数计算下列积分：

解：（1）|z|1dz2i(NP)2i(10)2i，这里

N

1z为函数f(z)z在|z|1内的零点数，P为f(z)z在|z|1内的极点数。

1dzz(z1)11dz|z|3z|z|3(z1)dz

（2）|z|3这里N1为函数f(z)z在|z|3内的零点数，P1为

f(z)z在|z|3内的极点数；N2为函数f(z)z+1在|z|3内的零点数，P2为f(z)z+1在|z|3内的极点数。 (3)

z1dz|z|3z212(z21)1dz2i(NP)i(2-0)2i,|z|3z212这里N为函数f(z)z21在|z|3内的零点数，P为f(z)z21在|z|3内的极点数。

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(4)



|z|3tanzdz(cosz)dz2i(NP)2i(2-0)4i,|z|3cosz这里N为函数f(z)cosz在|z|3内的零点数，P为f(z)cosz在|z|3内的极点数。

12．证明方程z46z10有三个根在环域

1|z|2内证明：令f(z)6z1，g(z)z4。因为2当|z|2时，有

所以，方程z46z10与z40在|z|2内根的数目相同，即4个。 又当|z|时，有

所以，方程z46z10与6z10在|z|内根的数目相同，即1个。

综合上述得到，z46z10在环域|z|2内有3个根。

13．讨论方程z45z10在|z|1与1|z|2内各有几个根。解：令f(z)5z1，g(z)z4。因为当|z|1时，有

所以，方程z45z10与5z10在|z|1内根的数目相同，即1个。 又当|z|2时，有

所以，方程z45z10与z40在|z|2内根的数目相同，即4个。

根据上述还可以得到，z45z10在环域1|z|2内有3个根。

14．当|a|e时，证明方程ezazn0与azn0在单位圆|z|1内有n个根。

121212欧阳治创编 2021.03.10 欧

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证明：令f(z)azn，g(z)ez。因为当|z|1时，有

所以，当|a|e时，方程ezazn0与azn0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

f(t)10A()costd0B()sintd其中A()=f()cosd，B()=1f()sind证明：根据付氏积分公式，有

2．求下列函数的傅氏变换：（1）

1, 1t0,et, t0,f(t)1, 0t1, （2）f(t)

0, t0;0, 其他;0, t0,（3）f(t)t （4）

esin2t, t0;1t2, |t|1,f(t)解：（1）

0, |t|1. Ff(t) f(t)eitdte10itdteitdt011it01it11 ee1eiei1f(t)

10iii2i 1cos(2) (3) (4)

由于 所以

3．求下列函数的傅氏变换，并推证所列的积分等

式

。

(1)

1, |t|1,f(t)0, |t|1;证明

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2 |t|1sin costd= |t|1 040 |t|1;

(2)

f(t)e|t|cost. 证明

0(22)|t|costdecost 。解：(1)

442由傅氏积分公式，当t1时

所以，根据傅氏积分定理

(2)

F()F0e|t|costeitdtetcosteitdtf(t) t0+0etcosteitdtitit+eiteitittee eedteeitdt0220++10e[1i(1)]tdte[1i(1+)]tdte[1i(1)]tdte[1i(1+)]tdt002

由傅氏积分公式

所以，根据傅氏积分定理

5．求下列函数的傅氏变换：(1)(2)

1f(t)[(ta)(ta)];

21, t0, f(t)sgnt1, t0;(3) f(t)sintcost; (4) f(t)sin(5t).3解：（1） (2)

(3) 由于

F所以 sin2t1 i(2)(2) 22(4) 由于

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所以

i(t)6．证明：若 FeF()其中(t)为一实函数， 则

1F()F(),21 Fsin(t) F()F(), 2i其中F()为F()的共轭函数。证明：由于 Fcos(t) 所以 于是有

7．若F()Ff(t)，证明F()Ff(t)（翻转性质）。证明：由于 所以

对上述积分作变换t，则

8．证明下列各式：(1)

atateatf1(t)f2(t)ef(t)e1f2(t)（a为常数）；(2)

dddf1(t)f2(t)f1(t)f2(t)f1(t)f2(t).dtdtdt证明：

（1） （2）

9．计算下列函数f1(t)和f2(t)的卷积：

0 (t0),(1) f1(t)

1 (t0),0, (t0),0, (t0),(2)f1(t)t f2(t)ate, (t0);e, (t0),sin(t) (0t)f2(t)2解: (1) 显然，有

0 其他. (2)

(2)

当t0时，由于f2()f1(t)=0，所以

f1(t)f2(t)f2()f1(t)d0；

当t0时，

（2）显然，有

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所以，当0 或 t 或 t时，皆有

2f1()f2(t)=0。于是

当t0时，f1(t)f2(t)2f1()f2(t)d0；

t 当0t时，f1(t)f2(t)0esin(t)d；

当t时，f1(t)f2(t)tesin(t)d。

t22又

cos(t)esin(t)e所以 esin(t)d

2从而 当

0t2t时，

cos(t)esin(t)ef1(t)f2(t)20etcostsint

2 当

t2t时

，

ttcos(t)esin(t)ef1(t)f2(t)2

t2ee221te(1e2)2总结上述，得

0 t01f1(t)f2(t)etcostsint 0t。

221t2e(1e) t2210．求下列函数的傅氏变换：(1) f(t)u(t)sin0t;

f(t)eatu(t)sin0t ( a>0); (2)

(3) f(t)eitu(tt0); (4) f(t)eittu(t).解：（1）由于 根据位移性质

00欧阳治创编 2021.03.10 欧

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ei0tei0t1i0ti0tFu(t)sin0tFu(t)Feu(t)Feu(t)2i2i

atatiteu(t)sinteu(t)sintedt （2）F00（3）根据位移性质

再根据像函数的位移性质 （4）由于 根据微分性质 再根据位移性质

1i0t Fetu(t)i(0)。 (0)2习题八

1． 求下列函数的拉氏变换：

(1)

3,t,2f(t)

cost,t;2解：由拉氏变换的定义知：

(2) f(t)cost(t)sintu(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)t21;

解：由拉氏变换的线性性质知： (2) f(t)1tet;

解：由拉氏变换的线性性质和位移性质知：

(3) 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。

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s1s2令g(t)cost, 则G(s)L[g(t)]2,G'(s)22.

s1(s1)由拉氏变换的微分性质知：

L[tcost]L[tg(t)]G'(s). s21即 L[f(t)]22.

(s1)(4) f(t)e2tsin6t; 解：因为 L[sin6t]6, s2366.

(s2)236故由拉氏变换的位移性知：L[f(t)](5) f(t)cos2t;

1cos2t. 21111ss22. 故L[f(t)]L[]L[cos2t]22222s2s4s(s4)解：f(t)(6) f(t)u(1et); 解：因为

1,t0u(1et).

0,t0t1,1e0u(1e),t0,1e0t 即：

故L[f(t)]011estdt.

s(7) f(t)(t1)2et;

解：f(t)(t1)2ett2et2tetet.

法一：利用拉氏变换的位移性质。 法二：利用微分性质。 令g(t)et,则G(s)L[g(t)]2,

(s1)31. s1由拉氏变换的微分性质知：

L[t2g(t)](1)2G''(s)又因为L[tet]11t,L[e],

(s1)2s1欧阳治创编 2021.03.10 欧阳治创编 2021.03.10

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s24s5. 所以L[f(t)]L[te]2L[te]L[e](s1)32ttt (8) f(t)tneat;

解：法一：利用拉氏变换的位移性质。 因为 L[tn]n!n!natL[f(t)]L[te]. 故 ,(sa)n1sn1法二：利用微分性质。 令

G(n)g(t)eat，则

G(s)L[g(t)]1.sa 故

(1)nn!. (sa)n1由拉氏变换的微分性质知：L[tneat](1)nG(n)(s). 故L[f(t)]n!.

(sa)n13. 利用拉氏变换的性质计算下列各式： (1) f(t)te3tsin2t, 求L[f(t)];

解：因

f(t)te3tsin2t为

13t2ti1te(ee2ti)[te(2i3)tte(2i3)t], 2i2i所以由拉氏变换的位移性质知： (2) f(t)t0e3tsin2tdt, 求L[f(t)].

解：设g(t)e3tsin2t,G(s)L[g(t)]. 则

由拉氏变换的积分性质知：

12L[g(t)dt]G(s). 0ss[(s3)24]tt再

t由微

t分性质得

'：

2L[te3tsin2tdt]L[tg(t)dt] 200s[(s3)4]2(3s212s13). 所以 L[f(t)]222s[(s3)4]4. 利用拉氏变换的性质求L1[F(s)]. (1) F(s)2s; 22(s1)欧阳治创编 2021.03.10 欧

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解：法一：利用卷积求解。 设 F1(s)而由

2s,F(s), 则F(s)F1(s)F2(s). 222s1s12f1(t)L1[F1(s)]sinit,f2(t)L1[F2(s)]cosit.

i卷积定理知：

2ttf(t)f1(t)f2(t)sinicosi(t)dsinittsht.

i0i法二：利用留数求解。

显然F(s)在 Re(s)1内有两个2级极点s11,s21。除此外F(s)处处解析，且当s时，F(s)0. 故由定理8.3知： (2) F(s)1. 22(s1)解：法一：利用卷积求解。 设 F1(s)而

11,F(s), 则F(s)F1(s)F2(s). 222s1s11f1(t)f2(t)L1[F1(s)]sinit.

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s11,s21。除此外F(s)处处解析，且当s时，F(s)0. 故由定理8.3知：

法三：利用拉氏变换积分性质求解。

t2s2,L[tshtdt]. 故 22220(s1)(s1)11t1ttchtsht. 即 L1[22]0tshtdt0t(etet)dt(s1)242由(1)题知 L[tsht]5. 利用积分性质计算L[f(t)].

(1) f(t)sinkt; t解：设 L[f(t)]F(s),

由拉氏变换的微分性质得：

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sinktk]2. 2tskks所以 L[f(t)]F(s)22dsarccot.

skk3ttesin2tdt. (2) f(t)0tsinkts]arccost. 解：在(1)题中取k2得 L[t2F'(s)L[tf(t)]L[t由拉氏变换的位移性质知：

L[e3tsinkts3]arccot. t2再由拉氏变换的积分性质得

e3tsin2t1s3L[dt]arccot. 0ts2t6. 计算下列积分：

(1) 0解

t1eete2t1ettdtedtL[]s1F(1). 00ttt1sa,由拉氏变换表知：L[(ebteat)]lntsbb0,a1, ete2tdt; t：

取

则 0ete2ts1dtF(1)lntss1ln2.

(2) 0te2tdt.

解：0 (1)

te2tdtL[t]s21s2s21. 47．求下列函数的拉氏逆变换：

1; s24解：因

L[sin2t]L[sinkt]k,s2k2 取k2得

2. s2411故 L1[2]sin2t.

s42欧阳治创编 2021.03.10 欧

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(2)

s;

(s1)(s2)解：因为 而

s12,

(s1)(s2)s1s2211112t2tL1LLe2e, s1s2s1s2s所以 L12e2tet. (s1)(s2) (3)

1;

(s1)41,则s1是F(s)的四级极(s1)4解：设F(s)点。 除此外F(s)处处解析，且当s时，F(s)0. 故由定理8.3知： 下面来求留数。

(s1)2t2因为 eeee1(s1)t,

2!est1tt3t故e. 43(s1)4(s1)(s1)3!(s1)st(s1)ttt1et3t3t所以 Lte. 46(s1)3!2s3(4) 2;

s92s3解：设 F(s)2, 则F(s)在Re(s)0内具

s91有两个单极点s13i,s23i. 除此外F(s)处处解析，且当s时，F(s)0, 故由定理8.3得：

sc;

(sa)(sb)2sc. 解：设F(s)2(sa)(sb)(5)

s1a,s2b分别为F(s)的一阶、二阶极点。显

然F(s)满足定理8.3的条件，故由定理8.3知：

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(6) 解

F(s)s; 24(s1)(s4)：设

s1s,F(s),F(s). 122424(s1)(s4)s1s41显然 L1[F1(s)]sint,查表知 L1[F2(s)]sintsht.

2故由卷积定理得：

(7) 解

2s5;

s24s132s5,s24s132(s2)12(s2)1F(s),

(s2)29(s2)29(s2)293s因为 L[sin3t]2,L[cos3t]2.

s9s9：设

F(s) 则

所

3s22t,L[ecos3t].

(s2)29(s2)291故 L1[F(s)]2e2tcos3te2tsin3t.

31e2s(8) 2;

s1e2s1e2s解：222，

sss2s111e因为 L2t,L2(t2)u(t2).

ssL[e2tsin3t]以

1e2s所以 L2t(t2)u(t2).

s2s2t2,t2;11e即：L2 st,0t2.18. 求下列函数的拉氏逆变换：

2s1;

s(s1)(s2)2s121, 解：

s(s1)(s2)(s1)(s2)s(s1)(s2)(1)

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由拉氏变换表知：

1t32t2s1ee. 2s(s1)(s2)21(2) 4; 2s5s41111解：4, 22s5s243s1s41111sint,L而 L1s21s242sin2t. 11111(sintsin2t)sintsin2t. 所以 L1s45s243236s2; (3) 2(s4s5)2所以 L1解

F(s)：设

s2s2s1,g(t)L. 222222(s4s5)[(s2)1](s1)s1,F(s). 则 F(s)F1(s)F2(s). 2s21s21则 L1[F(s)]e2tg(t). 设 F1(s)由卷积定理知， 所以 L1[F(s)]12tetsint. 2s24s4; (4) 2(s4s13)2解：设

s24s4(s2)2s21F(s)2,g(t)L2.2(s4s13)2[(s2)29]2(s9)

则 L1[F(s)]e2tg(t).

设

F1(s)ss,F(s).2s29s29 则

f1(t)f2(t)L1[F1(s)]L1[F2(s)]cos3t. 故

所以 L1[F(s)]11tcos3tsin3te2t.

62欧阳治创编 2021.03.10 欧

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s3; 32s3s6s4s321. 解：3232s3s6s4(s1)3(s1)(s1)3(5)

因为 L1故

1122tt1e,Lesin3t. (s1)23s13由卷积定理知：

22t2(t)Lesin3ed(1cos3t)et.3330(s1)3(s1)

13t又因为 L1esin3t, 2(s1)33所

s31tL13e(22cos3t3sin3t). 2s3s6s43s21(6) ln2.

ss21s1s1ln. 解：ln2lnsss以

由拉氏变换表知：

s11s11t1tL1ln(1e),Lln(1e). ststs21112(1cht)1. 所以 Lln2(1et)(1et)sttt9. 求下列卷积：

(1) 1u(t); 解：`因为

1,t.u(t)0,t; 所以

1u(t)d0tt0dt.

(2) tmtn （m, n为正整数）； 解： (3) tet; 解

：

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

t0etddetet0tt0etdtet0tt0ett1. (4) sintcost; 解

t：

1t111tsincos(t)d[sintsin(2t)]dtsintcos(2t)tsint.002024

(5) u(ta)f(t);

解：因为 u(a)1,a;0,a.

当0at时，tt0u(a)f(t)daf(t)d. 故当 at时，t0u(a)f(t)d0;

即 u(ta)f(t)taf(t)d,0at; 0,at. (6) (ta)f(t).

解：设

au, 则

tta0(a)f(t)da(u)f(tua)du.

所以当 ta0 即 at 时，上式为0.

当 ta0,a0即 0at时，由函数的筛选性质得：

10. 利用卷积定理证明下列等式： (1) L[t0f(t)dt]F(s)s; 证明：因为 L1[F(s)]f(t),L11s1, 故由卷积定理：L1F(s)tts01f()d0f(t)dt. 也即 L[tf(t)dt]F(s)0s，证毕。

(2) L1st(s2a2)22asinat(a0).

证明：因为

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11s1L12cosat,L2s2a2asinat. sa故由卷积定理知：

证毕。

11. 解下列微分方程或微分方程组：

y(0)y'(0)1; (1) y''4y'3yet, 解：设 L[y]Y(s). 对方程两边取拉氏变换，得

s26s6. 代入 y(0)y'(0)1, 得：Y(s)(s1)2(s3)用留数方法求解拉氏逆变换，有： (2)

y'''3y''3y'y1,y''(0)y'(0)1,y(0)2;

解：设 L[y]Y(s), 对方程两边同时取拉氏变换，得

代入初值条件，得：Y(s)2s1,

s(s1)求拉氏逆变换得方程的解为：

y(0)y'(0)0; (3) y''2y'2y2etcost, 解：设 L[y]Y(s), 用拉氏变换作用方程两边，得：

代入初值条件，有： 即： Y(s)2因为 L1s1.

[(s1)21]2s11t1tecost,Lesint. 22(s1)1(s1)1所以由卷积定理求拉氏逆变换得：

y(0)0,y'(0)1; (4) y''3y'2yu(t1), 解：设 L[y]Y(s), 用拉氏变换作用在方程两边得：

将初始条件代入，得：

Y(s)L[u(t1)]1. 22s3s2s3s2欧阳治创编 2021.03.10 欧

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111, 2s3s2s1s21t2tee. 所以 L1s23s2因为

因

1此

tt1L[u(t1)](t)2(t)L2u(1)[ee]du()[e(t1)e2(t1)]d01s3s2t111[e(t1)e2(t1)]de2(t1)e(t1)u(t1).022

故方程的解：

11yL1[Y(s)]ete2te2(t1)e(t1)u(t1).

22 (5)

y(4)y'''cost,y(0)y'(0)y'''(0)0,y''(0)2;

解：设 L[y]Y(s), 对方程两边取拉氏变换，

得：

代入初始条件，整理得：

由例8.16知：L122tsint, 又因为 s(s1)1tL1e. 故 s122因为 L1s3t,

1所

1以

2方程的解

etcostsintyL[Y(s)]tt1.

22tx'xye,x(0)y(0)1; (6) ty'3x2y2e, 解：设 L[x]X(s),L[y]Y(s).

对方程组的每个方程两边分别取拉氏变换，并考虑到初始条件得： 求解该方程组得： X(s)11,Y(s). s1s1欧阳治创编 2021.03.10 欧

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取拉式逆变换得原方程组的解为：

1txL[X(s)]e,1tyL[Y(s)]e.

y''x''x'yet2, (7) 2y''x''2y'xt,x(0)x'(0)0,y(0)y'(0)0;

解：设 L[x]X(s),L[y]Y(s).

对方程组的每个方程两边分别取拉氏变换，并考虑到初始条件得： 整理计算得：

X(s)2s1211,Y(s). 222222s(s1)s(s1)s(s1)s(s1)下求X(s)的拉氏逆变换：

111t11因为 L11,Lte,L(s1)2ss2t. 故由卷积定理可得

同理可求 L1[Y(s)]tetet1.

1txL[X(s)]tet,所以方程组的解为  1ttyL[Y(s)]tee1.x(0)y(0)0,x'y''(t1), (8) 

2xy'''2u(t1),y'(0)y''(0)0. 解：设 L[x]X(s),L[y]Y(s).

对方程组的每个方程两边分别取拉氏变换，并考虑到初始条件得：

es解此方程组得：X(s),Y(s)0.

s取拉氏逆变换得原方程组的解为：

1xL[X(s)]u(t1), 1yL[Y(s)]0.12. 求解积分方程 解：令 F(s)L[f(t)],

由卷积定理 L[f1f2]L[f1]L[f2] 知

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将拉氏变换作用于原方程两端，得：

a12F(s). ss1aa也即： F(s)3.

ssF(s)取拉式逆变换得原方程的解为：

t3f(t)L[F(s)]at.

6时间2021.03.10 1创作：欧阳治 欧阳治创编 2021.03.10 欧

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