复合闭路定理

复合闭路定理

-

2023年3月17日发(作者：音响改装)

复变函数与积分变换习题解答

1

练习一

1．求下列各复数的实部、虚部、模与幅角。

（1）

i

i

i

i

5

2

43

21







；

解：

i

i

i

i

5

2

43

21







=

i

25

8

25

16



zkkArgz

zzz





2

2

1

arctan

25

58

25

8

Im

25

16

Re

（2）

3)

2

31

(

i

解：

3)

2

31

(

i

zkkArgz

zzz

eii











2

10Im1Re

1][)

3

sin

3

(cos3

3

3

2．将下列复数写成三角表示式。

1）

i31

解：

i31

)

3

5

sin

3

5

(cos2



i

（2）

i

i

1

2

解：

i

i

1

2

)

4

sin

4

(cos21



ii

3．利用复数的三角表示计算下列各式。

（1）

i

i

23

32





解：

i

i

23

32





2

sin

2

cos



ii

（2）

422i

复变函数与积分变换习题解答

2

解：

422i

4

1

)]

4

3

sin

4

3

(cos22[



i

3,2,1,0

]

16

83

sin

16

83

[cos2

]

4

24/3

sin]

4

24/3

[cos28

3

8

3



















k

k

i

k

k

i

k





4．.设321

,,zzz

三点适合条件：321

zzz

=0，

,1

321

zzz

321

,,zzz

是内接于单位

圆

z

=1的一个正三角形的项点。

证：因

,1

321

zzz

所以321

,,zzz

都在圆周

,1

1

zz

又因321

zzz

=0

则

,

321

zzz

1

321

zzz

，所以21

zz

也在圆周

1z

上，又

,1

2121

zzzz

所以以0，211

,zzz

为顶点的三角形是正三角形，所以向量

211

zzz与

之间的张角是

3



，同理212

zzz与

之间的张角也是

3



，于是21

zz与

之间的张角

是

3

2

，同理1

z

与3

z

，2

z

与3

z

之间的张角都是

3

2

，所以321

,,zzz

是一个正三角形的三个顶

点。

5．解方程

013z

iiz

iz

iiz

k

k

i

k

zz

2

3

2

1

3

5

sin

3

5

cos

1sincos

2

3

2

1

3

sin

3

cos

2,1,0

3

2

sin

3

2

cos1:

3

2

1

3

























解

6．试证：当

1,1

时，则

1

1











。

z

3

z

2

z

1

+z

2

0

复变函数与积分变换习题解答

3

证：

1

1

1































7．设

,0(cos21zzz

是Z的辐角），求证

.cos2nzznn

证：

01cos2cos221zzzz

则

sincosiz

当

sincosiz

时

sincos1iz

nnininzznncos2)]sin()[cos()sin(cos

故

nzznncos2

当

sincosiz

时，同理可证。

*8.思考题：

（1）复数为什么不能比较大小？

答：复数域不是有序域，复数的几何意义是平面上的点。

（2）是否任意复数都有辐角？

答：否，

0z

是模为零，辐角无定义的复数。

复变函数与积分变换习题解答

4

练习二

1．指出满足下列各式的点Z的轨迹是什么曲线？

（1）

4

)arg(



iz

解：设

iyxz

则

4

)]1(arg[)arg(



yixiz



















1

01

0

yx

y

x

则点Z的轨迹为：

（2）

)Re(bzaz

，其中

ba,

为实数常数；

解：设

iyxz

则：

)Re()(iybxiyax













0

)()(222

bx

bxyax

则：























bx

ba

xba

abxbay

)

2

)((2

)(2222

若：

ba

则轨迹为：

0y

若：

ba

则

b

ba

x





2

轨迹：

)

2

)((22

ba

xbay





若：

ba

则

,

2

ba

x





无意义

（3）

0bzazazz

，其中为

a

复数

b

为实常数。

解：由题设可知：

0))((2abazaz

即：

baaz22

若：

ba2

，则Z的轨迹为一点-

a

，

0

i

y

y

0

2

ba

b

复变函数与积分变换习题解答

5

若：

ba2

，则Z的轨迹为圆，圆心在-

a

，半径为

ba2

若：

ba2

，无意义

2．用复参数方程表示曲线，连接

i1

与

i41

直线段。

解：

10)]1()41[()1(ttiiiz

则

)0()52()1(ttiiz

3．描出下列不等式所确定和区域与闭区域，并指明它是有界的还是无界的？是单连域还是多

连域？并标出区域边界的方向。

（1）

2

1

Re,1zz

解：由

1z

，得

122yx

又

2

1

Rez

，得

2

1

x

有界，单连域

（2）

1Re2z

解：令

iyxz

由

11Re222yxz

即：

122xy

无界，单连域

0

y

(1,1)

(-1,-4)

00

x

y

-11

00

y

复变函数与积分变换习题解答

6

v

0

（3）

2

1

1







z

z

解：令

iyxz

则：

222)

3

4

()

3

5

(yx

无界，多连域

4．对于函数

0Im:,)(zDizzf

，描出当

z

在区域

D

内变化时，

w

的变化范围。

解：令

iyxz

则

ixyiyxiizzfw)()(

,0Imz

则

0y

,0Reyw

w

的变化范围在第2,3象限,但不包括虚轴

5.试证

z

z

z

Re

lim

0不存在。

证：

z

z

z

Re

lim

0=

iyx

x

y

x





0

0

lim

令

kxy

则：上述极限为

ki1

1

不确定，因而极限不存在。

*6.思考题

（1）怎样理解复变函数

)(zfw

？

答：设

)(,,zfwiyxzivuw则

就是

),(),()(yxivyxuiyxfivu

即











),(

),(

yxvv

yxuu

因此，一个复变函数

)(zf

与两个实变函数

),(yxu

和

),(yxv

相对应，从

几何意义上来说，复变函数可以看作是

z

平面上的点集

D

到

w

平面上的点集

G

上的映射。

（2）设复变函数

)(zf

当0

zz

时的极限存在，此极限值与z趋于0

z

所采取的方式（取

的路径）有无关系？

x

y

u

3/5

复变函数与积分变换习题解答

7

答：没有关系，

z

以任意方式趋于0

z

时，极限值都是相同的，反过来说，若令

z

沿两条

不同的曲线趋于0

z

时极限值不相等，则说明

)(zf

在0

z

没有极限，这与高等数学中的情形是类

似的，只是一元实函数中，

x

只能从左、右以任何方式趋于0

x

，而这里可以从四面八方任意

趋于0

z

。

复变函数与积分变换习题解答

8

练习三

1．用导数定义，求

zzzfRe)(

的导数。

解：

z

zzzzzz

z

zfzzf

zz











Re)Re()(

lim

)()(

lim

00

)(Relim)

Re

(Relim

)

Re

Re(Relim

ReReRe

lim

0

00

00

yix

x

zz

z

z

z

z

z

zzz

z

zzzzzz

y

xz

zz































当

0z

时，导数不存在，

当

0z

时，导数为0。

2．下列函数在何处可导？何处不可导？何处解析？何处不解析？

（1）

z

zf

1

)(

解：

),(),(

1

)(

2222

yxivyxu

yx

y

i

iyx

x

z

z

z

zf









222

22

222

222222

22

)()(

2

)(

2

)(

yx

yx

v

yx

xy

v

yx

xy

u

yx

xy

u

yx

yx























当且仅当

yx

时，

)(zf

满足

RC

条件，故当

yx

时

)(zf

可导，但在复平面不解析。

（2）

)3(3)(3223yyxixyxzf

解：令

)(),()(xyivyxuzf

则

22

22

336

633

yxvxyu

xyvyxu

yy

xx





因

)(zf

在复平面上处处满足

RC

条件，且偏导数连续，故

)(zf

可导且解析。

3．设

)(2323lxyxiynxmy

为解析函数，试确定

nml,,

的值。

解：由

RC

条件可知：

lxynxy22

所以

ln

复变函数与积分变换习题解答

9

又

222233lyxnxmy

所以

3,3nlm且

即











3

1

ln

m

4.设

)(zf

在区域

D

内解析，试证明在

D

内下列条件是彼此等价的。

（1）

)(zf

=常数；（2）

0)(



zf

；（3）

)(Rezf

常数

（2）

)(Imzf

常数；（5）

)(zf

解析；（6）

)(zf

常数。

证:由于

)(zf

在且域

D

内解析，则可得

RC

方程成立，即

y

v

x

u











且

x

v

y

u











1）→2）由

czf)(

则

0)(







czf

在

D

内成立，故（2）显然成立，

2）→3）由

),(00)(yxu

y

u

x

u

y

u

i

y

v

x

v

i

x

u

zf







































是常数

即

)(Rezf

常数

3）→4）

u

常数

0













y

u

x

u

由

RC

条件

),(

0

0

yxv

x

v

y

v



































是常数

)(Imzf

常数

4）→5）若

,)(,)(,)(Im

1

icuzficuzfczf

因

)(zf

在

D

内解析

0,0





































x

c

x

v

y

u

y

c

y

v

x

u

即

x

c

y

u

y

c

x

u



















)(

,

)(

一阶偏导连续且满足

RC

条件

)(zf

在

D

内解析。

5）→6）

ivuzfzgivuzf)()(,)(

因

)(zg

解析，则由

RC

条件

x

v

y

u

y

v

x

u





















,

，对

)(zf

在

D

内解析，

复变函数与积分变换习题解答

10

)(

0

0

,zf

v

x

v

y

u

v

x

v

y

u

x

v

y

u

y

v

x

u





































































为常数

为常数

为常数

6）→1）

)(zf

常数

2)(zf

=常数，令

cvu22

分别对

yx,

求偏导数得







































































0)(

0)(

0

0

22

22

y

u

vu

x

u

vu

y

u

u

x

u

v

y

u

v

x

u

u

若

022vu

则

0)(,0zfvu

，因而得证

若

022vu

，则

0











y

u

i

x

u

，故

u

常数，由

RC

条件

v

y

v

x

v













,0

为常数

)(zf

常数

*5.思考题：

（1）复变函数

)(zf

在一点0

z

可导与在0

z

解析有什么区别？

答：

)(zf

在0

z

解析则必在0

z

可导，反之不对。这是因为

)(zf

在0

z

解析，不但要求

)(zf

在

0

z

可导，而且要求

)(zf

在0

z

的某个邻域内可导，因此，

)(zf

在0

z

解析比

)(zf

在0

z

可导的

要求高得多，如

2)(zzf

在0

z

=0处可导，但在

0

0

z

处不解析。

（2）函数

)(zf

在区域D内解析与

)(zf

在区域D内可导有无区别？

答：无，（两者等价）。

（3）用

RC

条件判断

),(),()(yxivyxuzf

解析时应注意些什么？

答：

),(),,(yxvyxu

是否可微。

（4）判断复变函数的可导性或解析性一般有哪些方法。

答：一是定义。二是充要条件。三是可导（解析）函数的和、差、积、商与复合仍可导（解

析）函数。

复变函数与积分变换习题解答

11

练习四

1．由下列条件求解析函数

ivuzf)(

：

（1）

ifyxu)2(,)1(2

解：由

)(zf

解析可知：xyyx

vuvu

而

)1(22xuyu

yx

则

yuvxuv

xyyx

2),1(2

所以

)(2),(2xyydydyvyxv

y



)()1(2xvx

x



cxdxxx2)1()1(2)(

由

if)2(

可知

0c

)12()1(2)(22xxyiyxzf

（2）

.0,x

x

y

arctgv

解：因

22yx

y

v

x



22yx

x

v

y



由

)(zf

解析

可知：

22yx

x

vu

yx



22yx

y

vu

xy



)()ln(

2

1

),(22

22

yyxdx

yx

x

dxuyxu

x







2222

)(

yx

y

y

yx

y

u

y











cyxyxu)ln(

2

1

),(22

即

x

y

iarctgcyxzf)ln(

2

1

)(22

2．设

yevpxsin

，求

p

的值使v为调和函数，并求出解析函数

ivuzf)(

。

解：要使

),(yxv

为调和函数，有：

0

yyxx

vvv

，即：

0sinsin2yeyeppxpx

1p

时，

v

为调和函数，要使

)(zf

解析，则xyyx

vuvu,

复变函数与积分变换习题解答

12

)(cos

1

cos),(yye

p

ydxedyvdxuyxupxpx

yx



ypeyye

p

upxpx

y

sin)(sin

1







yep

p

ypxsin)

1

()(



cye

p

pypxcos)

1

()(

即：

cypeyxupxcos),(

















1)sin(cos

1)sin(cos

)(

pcecyiye

pcecyiye

zf

zx

zx

3．如果

ivuzf)(

为解析函数，试证

u

是

v

的共轭调和函数。

证：因

)(zf

解析，有：xyyx

vuvuvu,,0,0

所以，

vu,

均为调和函数，且

u

亦为调和函数



























x

u

uv

y

u

uv

xy

yx

)(

)(

故

u

是v的共轭调和函数

4．如果

ivuzf)(

是一解函数，试证：

)(zfi

也是解析函数。

证：因

)(zf

解析，则xyyx

vuvu,

且

vu,

均可微，从而

u

也可微。

而

)()(uiviuvzfi

可知：

y

u

uv

yx





)(

x

u

uv

xy





)(

即满足

RC

条件

)(zif

也是解析函数。

5．试解方程：

（1）

iez31

复变函数与积分变换习题解答

13

解：

zkeeiekinki

z)

3

2(21)2

3

(2)

3

sin

3

(cos231







zkkiz)

3

2(2ln





（2）

0cossinzz

解：由题设可知：

iezi2

zkkz,

4





6．求下列各式的值：

（1）

)43(iLn

解：

)43(iLn

)

3

4

2(5ln

)43arg(5ln

aratgki

ii







（2）

i33

解：

iLn33

)]3sin(ln)3[cos(ln27

272727

33

2

23ln)23(ln3

3

ie

eee

k

kikiiiLn

i















（3）

ie2

解：

ie2

12iee

)1sin1(cos2ie

*7.思考题

（1）为什么复变指数函数是周期函数，而实变指数函数没有周期？

答：由于实数是复数的特例，因此在把实变函数中的一些初等函数推广到复变数情形时，

要使定义的各种复变初等函数当

z

取实数

x

时与相应的实变初等函数有相同的值并保持某些

性质不变，但不能保持所有的性质不变。

复变指数函数并不能保持实变指数函数的所有性质。如对复数

z

，一般没有

0ze

。而

复变指数函数的周期性，仅当周期是复数（

ik2

）时才显现出来。所谓实变指数函数

xe

没有

周期，是指其没有实的周期。

（2）实变三角函数与复变三角函数在性质上有哪些异同？

答：两者在函数的奇偶性、周期性、可导性上是类似的，而且导数的形式、加法定理、正

复变函数与积分变换习题解答

14

余弦函数的平方和等公式也有相同的形式。

最大的区别是，实变三角函数中，正弦函数与余弦函数都是有界函数，但在复变三角函数

中，

1sinz

与

1cosz

不再成立。因为

yy

iziz

iziz

iziz

ee

ee

ee

ee

z



















2

1

2

1

2

1

2

sin

当

y

时，

yyee,0

。故

.sinz

（3）怎样理解实变对数函数与复变对数函数的异同？并理解复变对数函数的运算性质。

答：因为我们把对数函数定义为指数函数的反函数。所以由复变指数函数的多值性推出复

变对数函数也是多值函数，

.lniArgzzLnz

Lnz

的主值即

zizzarglnln

，是单值函数，当

xz

，而

0x

时，

zln

就与高等数

学中的

xln

值一致了。

在复变对数函数的运算性质中，注意到等式

,lnln)/ln(lnln)ln(

21212121

zzzzzzzz与

要对其含义理解清楚。在实变对数函数中它们的意义是明了的，但在复变指数函数中，例如，

).()(

212121

zziArgzzLnzzLn

,lnln,lnln

222111

iArgzzziArgzzz

而2121

lnlnlnzzzz

，

2121

)(ArgzArgzzzArg

应理解为：任意给定等式两端两个多值函数一对可能取的值，左端多值函数也必有一个值使等

式成立。反过来也一样。也就是理解为等式两端可能取的函数值从全体上讲是相同的（即不能

只考虑某一单值支）。后一式也同样理解，但对等式

)(nzLnnLnz

和

,

1

Lnz

n

zLnn

复变函数与积分变换习题解答

15

它两端所能取的值从全体上看还是不一致的。如对

nLnznLnz

，取

2n

时，设

irez

，

得

,2,1,0).42(ln22kkirLnz

而从

222ierz

，得

,2,1,0),22(ln)(22mmirzLn

两者的实部是相同的，但虚部的可取值不完全相同。

（4）调和函数与解析函数有什么关系？

答：如果

ivuzf)(

是区域

D

内的解析函数，则它的实部

u

和虚部

v

的二阶偏导数必

连续，从而满足拉普拉斯方程，所以是调和函数。

由于解析函数的导函数仍是解析函数，所以它的实部和虚部的任意阶偏导数都是

)(zf

的

相应阶导数的实部和虚部，所以它们的任意阶偏导数都存在且连续。故可以推出：

u

、

v

的任

意阶偏导数仍是调和函数。

（5）若

v

是

u

的共轭调和函数，可以说

u

是

v

的共轭调和函数吗？

答：不行，两者的地位不能颠倒。因为，若

v

是

u

的共轭调和函数，则应有

;,

y

u

x

v

y

v

x

u





















而

u

是

v

的共轭调和函数，要求

,,

y

v

x

u

y

u

x

v





















两者一般不能同

时成立，所能推知的是

u

是

v

的共轭调和函数。

复变函数与积分变换习题解答

16

练习五

1．计算积分

idzixyx1

0

2])[(

，积分路径：自原点沿实轴至1，再由1铅直向上至1+i。

解：

idzixyx1

0

2])[(

i

dyiyidxixx

dzixyxdzixyx

6

5

2

1

)1()(

)])[(])[(

1

0

1

0

2

)0,1(

)0,0(

2

)0,1(

)0,0(

2











2．计算积分

dz

z

z

c

的值，其中C为（1）

;2z

（2）

.4z

解：令

irez

则

ridrie

r

re

dz

z

z

i

i

rz







22

0





当

2r

时，为

i4

当

4r

时，为

i8

3．求积分

dz

z

e

c

z

的值，其中C为由正向圆周

2z

与负向圆周

1z

所组成。

解：





12z

z

cz

zz

dz

z

e

dz

z

e

dz

z

e

022ii

4．计算

dz

zzc

2

1

，其中C为圆周

.2z

解：

dz

zzc

2

1













222

1

)1(

1

)1(

1

zzz

dz

z

dz

z

dz

zz

0

(1,i)

y

2

1

C

1

D

C

2

复变函数与积分变换习题解答

17

022ii

5．计算下列积分值：

（1）

izdz



0

sin

解：

izdz



0

sin

0

cos

i

z





icos1

（2）

i

zdzze1

1

解：

i

zdzze1

1

i

i

zzzie

i

ezezde





1

1

11

1

)(

6．当积分路径是自

i

沿虚轴到i，利用积分性质证明：



i

i

dziyx2)(22

证：



i

i

i

i

dziyxdziyx)()(222222.12

dsyi

i

*7.思考题

（1）在积分的定义中为什么要强调积分

)(zf

“沿曲线

C

由



到



的积分”？它与“沿曲

线

C

由



到



的积分”有什么区别？

答：在定积分中已有

b

a

a

b

dxxfdxxf)()(

，即积分是与区间的方向有关的，这里

)(zfw

在

C

上的积分也与

C

的方向有关。这从积分和式







n

k

kkn

zfs

1

)(

中的因子

1



kkk

zzz

可直接看出，若改变

C

的方向，即

)(zf

是沿曲线

C

由



到



积分，则积分

与原积分反号：





CC

dzzfdzzf)()(

其中

1C

表示

C

的反向曲线。

（2）复函数

)(zf

的积分与实一元函数定积分是否一致？

答：若

C

是实轴上的区间

],[

，由定义知

复变函数与积分变换习题解答

18



C

dxxfdzzf





,)()(

即为一个实函数的积分，如果

)(xf

是实值的，则为一元实函数的定积分，因而这样定义复变

函数积分是合理的，而且可以把高等数学中的一元实函数的定积分当作复积分的特例看待。

应当注意的是，一般不能把起点为



，终点为



的函数

)(zf

的积分记作





dzzf)(

，因

为这是一个线积分，要受积分路线的限制，必须记作

C

dzzf.)(

（3）应用柯西——古萨定理应注意些什么？

答：必须注意定理的条件“单连域”，被积函数虽然在

B

内处处解析，但只要

B

不是单连

的，定理的结论就不成立。例如

z

zf

1

)(

在圆环域：

2

3

2

1

z

内解析，

C

为域内以原点为

中心的正向圆周，但

idz

zC

2

1



，就是因为不满足“单连域”这个条件。

还要注意定理不能反过来用，即不能因为有



C

dzzf0)(

，而说

)(zf

在

C

内处处解析，

例如

0

1

1

2





dz

z

z,但

2

1

)(

z

zf

在

1z

内并不处处解析。

复变函数与积分变换习题解答

19

练习六

1．计算下列积分

（1）

dz

z

zz

z



2

2

1

12

解：

1z

为奇点：

i

z

zzidz

z

zz

z

4

1

)12(2

1

12

2

2

2













（2）

dz

z

e

z

z1

100

解：

!99

2

0

!99

2i

z

e

i

z







（3）

dz

z

z

z2

2)

2

(

sin



解：

dz

z

z

z2

2)

2

(

sin



2

)(sin2











z

zi

2

cos2









z

zi

=0

（4）



21

3

cos

ccc

dz

z

z

，其中

3:;2:

21

zCzC

为负向。

解：



21

3

cos

ccc

dz

z

z

dz

z

z

dz

zcc

21

33

coscos

00)(cos)

!2

cos

!2

cos

(



zz

zz

或



221121

0

cccccc

2．若

)(zf

是区域

G

内的非常数解析函数，且

)(zf

在

G

内无零点，则

)(zf

不能在

G

内取到

它的最小模。

证：设

)(zg)(

1

zf

，因

)(zf

为非常数解析函数，且

0)(zfGz

复变函数与积分变换习题解答

20

则

)(zg

为非常数解析函数所以

)(zg

在

G

内不能取得最大模

即

)(zf

不能在

G

内取得最小模

3.设

)(zf

在

1z

上解析，且在

1z

上有

,)(zzzf

试证

8)

2

1

(



f

。

证：因

zzzfzzf)()(

（在

1z

上）所以

)1(,2)(zzf





















1

22

1

)

2

1

(

)(

2

1

)

2

1

(

)(

2

1

)

2

1

(

z

z

dz

z

zzzf

dz

z

zzzf

i

f



ds

z

z

z





1

2

1

2

2

1



8

4

1

11

1



ds

z

1),(,

4

1

4

1

1

4

1

2

1

(22

2

zyxxxyxz在

上

4．设

)(zf

与

)(zg

在区域

D

内处处解析，

C

为

D

内的任何一条简单闭曲线，它的内部全含于

D

，如果

)(zf

=

)(zg

在

C

上所有点处成立，试证在

C

内所有的点处

)(zf

=

)(zg

也成立。

证：设

)()()(zgzfzF

，因

)(),(zgzf

均在

D

内解析，所以

)(zF

在

D

内解析。

在

C

上，

)(,0)(czzF

，

cz

0有：







c

dz

zz

zF

i

zF0

)(

2

1

)(

0

0

所以

)()(

00

zgzf

由0

z

的任意性可知：在

C

内

)()(zgzf

*5．思考题

（1）复合闭路定理在积分计算中有什么用处？要注意什么问题？

答：由复合闭路定理，可以把沿区域外边界线的回路积分转化为沿区域内边界线的积分，

从而便于计算。特别地，如果积分回路的内域中含有被积函数的有限个奇点，我们就可以挖去

包含这些点的足够小的圆域（包括边界），函数在剩下的复连域解析，由复合闭路定理，就可

以将大回路的积分换成分别沿这些小圆周的回路积分。

利用复合闭路定理是计算沿闭曲线积分的最主要方法。

复变函数与积分变换习题解答

21

使用复合闭路定理时，要注意曲线的方向，边界曲线

C

由n

CCCC,,,,

210



所围，



C

dzzf0)(

，即







n

CCC

dzzf



10

0)(

，这时0

C

取逆时针方向，而



n

CCC,,,

21



取顺时针方

向，而公式

dzzfdzzf

C

CCC

n

)()(

0

21





中n

CCC,,,

10



都取逆时针方向。

（2）柯西积分公式成立的条件是什么？柯西积分公式说明了什么问题？

答：柯西积分公式是建立在柯西积分定理基础上的，以柯西定理成立为前提条件，因此柯

西定理的条件也是柯西积分公式成立的条件。即函数

)(zf

在以

C

为边界的闭区域

G

上解析，

当然也可以放宽到

)(zf

在

G

内解析，在

C

上连续。

柯西积分公式反映了解析函数值之间很强的内在联系，

)(zf

在区域内点



的值

)(f

，

可以用

)(zf

在边界

C

上的值通过积分来表达。这就是说，函数

)(zf

在区域中任一点的值，

完全由它在区域边界

C

上的值所确定，这是实变量的可微函数所不具有的。

（3）解析函数的高阶导数公式说明解析函数的导数与实函数的导数有何不同？

答：高阶导数公式说明，函数

)(zf

只要在闭区域

G

中处处可微，它就一定处处无限次可

微，并且它的各阶导数均为闭区域

G

上的解析函数。这一点与实变量函数有本质的区别。我

们知道，对于实函数

)(xfy

而言，即使它在某一区间上一次可导，导数

)(xf



不一定仍然

可导，甚至可能是不连续的。

复变函数与积分变换习题解答

22

练习七

1．序列

n

n

n

i

n

n

z

!



是否有极限？若有，求出其极限。

解：因

1]

1

1

1[lim

)1(

)!1(

!

limlim11

1

1

1

1



























e

n

n

n

n

in

z

zn

n

n

n

n

n

n

n

n

n

故级数

n

z

收敛，则其通项

)(,0nz

n

即序列n

z

有极限，亦即

0

!

limlim



n

n

n

n

n

i

n

n

z

2.级数



1

!

n

n

n

i

是否收敛？是否绝对收敛？

解：因











11

!

1

!

nn

n

nn

i

收敛，因而绝对收敛，故原级数收敛。

3．试确定下列幂级数的收敛半径。

（1）



0

)cos(

n

nzin

解：

)1(cos

cos

limlim

1









ni

in

C

C

R

n

n

n

n

2

2

lim

)1(1)1((











nn

nn

n

ee

ee

e

ee

ee

nn

n

n

n

1

lim

)1()1(















（2）







0

)(

n

nnzan

复变函数与积分变换习题解答

23

解：

1)1(

lim









n

n

nan

an

R

当

1a

时

1R

当

1a

时

1R

当

1a

时

aR/1

4．将下列各函数展开为z的幂级数，并指出其收敛区域。

（1）

2)1(

1

z

解：

2)1(

1

z























0

1

0

)()

1

1

(

n

n

n

nnzz

z

).1()1(

0





zzn

n

n

R=1，收敛域为

1z

（2）1z

z

e

解：

11.)(z

z

z

z

eeezg

，令

1)(z

z

ezf

，则

2)1(

1

)()(









z

zfzf

0)()()1(2



zfzfz

对此求导

0)()1()()1(2







zfzzzfz

0)(2)()34()()1(2











zfzfzzfz

1111)0(,)0(,)0(,)0(











efefefef

1)4()0(ef

故

1,

!4

1

!3

1

!2

1

1432

1zzzzzez

z



（3）

dzez

z0

2

复变函数与积分变换习题解答

24

解：

dzez

z0

2

=















0

0

2

0

0

2

!!

n

z

n

z

n

n

dz

n

z

dz

n

z

,

12

1

!

1

12

0









n

n

z

nn

z

5．讨论级数







0

1)(

n

nnzz

的收敛性。

解：级数的部分和为



n

S

1)(1

0

1





n

k

nnzzz

)1(limlim1



n

n

n

n

zS

当

1z

时,

,1lim



n

n

S

级数收敛。

当

1z

时,

n

n

S



lim

不存在，级数发散。

当

1z

时,

,0lim



n

n

S

级数收敛。

当

1z

时,

n

n

S



lim

不存在，级数发散。

6．证明







1n

nz

在

1z

内解析。

证：当

1z

时，显然

0z

，令

z

w

1



，则











11n

n

n

nwz

，此级数在

1w

是收敛的。

故在

1w

是解析的，此即

1

1



z

，亦即在

1z

内，







1n

nz

解析。

*7.思考题

（1）如何判定级数的绝对收敛性与收敛性？

复变函数与积分变换习题解答

25

答：由于级数



1n

n



的各项都为非负实数，故级数



1n

n



的绝对收敛性可依正项级数的定

理判定之。又由于级数



1n

n



可表示为















111n

n

n

n

n

n

bia

，其中



1n

n

a

及



1n

n

b

均为数

项级数，故级数



1n

n



的收敛性可依赖于数项级数的定理判定之。

（2）判定级数



0n

n

a

收敛的必要条件是什么？



0n

n

a

绝对收敛的充要条件又是什么？

答：如同实级数一样，



0n

n

a

收敛的必要条件是

;0lim



n

n



而



0n

n

a

绝对收敛的充要条件

是



0

Re

n

n

a

与



0

Im

n

n

a

都是绝对收敛级数。

（3）为什么说函数能展为幂级数与函数为解析函数是等价的？

答：因为在收敛圆内，幂级数的和函数是解析函数。同时，在某点邻域内解析的函数在其

邻域内必然可以展成幂级数。

复变函数与积分变换习题解答

26

练习八

1．求下列函数在指定点0

z

处的Taylor展式。

（1）

iz

z





1,

34

1

0

解：

)(zf

只有一个奇点

3

4

z

，其收敛半径为

3

10

1

3

4

iR

则

)1(331

1

34

1

iziz





)1(

31

3

1

1

31

1

iz

i

i













n

n

n

n

iz

i

)]1([

)31(

3

0

1











，

3

10

)1(iz

（2）

1,sin

0

zz

解：

)1cos(1sin1cos)1sin()11sin(sinzzzz



















0

2

0

12

!2

)1()1(

1sin

)!12(

)1()1(

1cos

n

nn

n

nn

n

z

n

z

或：

)

2

1sin(

1

)(sin,)

2

sin()(sin)()(







n

z

znzznn

故





1,)1)(1

2

sin(

!

1

sin

0

zz

n

n

zn

n



2．将下列各函数在指定圆环域内展为Laurent级数。

（1）

zezz0,

1

2

解：zez

1

2

=









0

22

2

!

)

!2

1

1(

n

n

n

zz

z

z

。

（2）

21,

)1)(2(

52

2

2







z

zz

zz

解：奇点为

iz,2

，故可在

21z

中展开为洛朗级数。

复变函数与积分变换习题解答

27

1

2

2

1

)1)(2(

52

22

2













z

z

zz

zz

)

1

1(

2

)

2

1(2

1

2

2

z

z

z









=

n

n

n

n

zz

z









0

22

0

)

1

(

2

)

2

(

2

1

3．将

,

)1(

1

22z

在

iz

的去心邻域内展为

Laurent

级数。

解：



1

1

z

因

























i

iz

i

2

1

1

2

1

=









0

1)2(

)()1(

n

n

nn

i

iz

所以

1

0

1

3

222222

)(

)

)(

1

(

)(

1

)(

1

)(

1

)1(

1





























n

n

n

n

i

iz

n

iz

izizizz

。

4．证明在

)

1

cos()(

z

zzf

以z的各幂表出的Lanrent展开式中的各系数为：

,1,0,cos)cos2cos(

2

12

0

ndnC

n







提示：令C为单位圆

1z

，在C上取积分变量

iez

，则

diedz

z

zi,cos2

1

。

证明：

)(zf

在

10z

上解析，令

1:zc

在c上取

iez

则

diedz

z

zjcos2

1













die

e

i

dz

z

zf

i

Ci

in

c

n

n

2

0

)1

(

1

)cos2cos(

2

1)(

2

1











d

i

dnsin)cos2cos(

2

cos)cos2cos(

2

12

0

2

0

而

0sin)cos2cos(2

0



dn







dnc

n

cos)cos2cos(

2

12

0

复变函数与积分变换习题解答

28

*5.思考题

（1）实变函数中函数展成Taylor级数和复变量函数中函数展开为Taylor级数的条件有什

么不同？

答：在实变量函数的情形下，即使

)(xf

的各阶导数都存在，欲把函数展开成幂级数也未

必可能。这是因为在实变量函数里，函数

)(xf

展开成Taylor级数的条件既要求

)(xf

具有各

阶导函数，还要求所展成的Taylor级数的余项趋向于零，对于一个具体的函数来说，要证明

其各阶导数都存在，已不容易，要证明其级数的余项趋近于零就更困难了。而对复变函数来讲，

只要函数在0

z

的邻域内处处解析，不仅有一阶导数，且有各阶导数。而实函数的可导性不能

保证导数的连续性，因而不能保证高阶导数的存在。

（2）确定

)(zf

的Taylor级数的收敛半径时，应注意什么？奇点为什么在收敛圆周上？

答：一般地，

)(zf

在解析区域

D

内一点0

z

的Taylor级数的收敛半径，等于0

z

到

D

的边

界上各点的最短距离。但

)(zf

在

D

内有奇点时，

,

0

zR

是

)(zf

的距0

z

最近的一个

奇点。因此，在确定

)(zf

的Taylor级数的收敛半径时，要确定

)(zf

在

D

内有无奇点，并找

出距0

z

距离最近的一个奇点。

奇点总是落在收敛圆周上，因为若在收敛圆内，则在圆内出现

)(zf

的不解析点；若在圆

外，则收敛圆还可扩大。

（3）Laurent级数与Taylor级数有何关系？

答：Laurent级数与Taylor级数的关系是：当已给函数

)(zf

在点0

z

处解析时，中心在0

z

，

半径等于由0

z

到函数

)(zf

的最近奇点的距离的那个圆域可以看成圆环域的特殊情形。在其中

就可以作出罗伦级数展开式，根据柯西积分定理，这个展式的所有系数

),2,1(



nC

n都等

于零。在此情形下，计算罗伦级数的系数公式与Taylor级数的系数公式相同，所以罗伦级数

就转化为Taylor级数。因此，Taylor级数是罗伦级数的特殊情形。

复变函数与积分变换习题解答

29

练习九

1．找出下列各函数的所有零点，并指明其阶数。

（1）

4

29

z

z

解：

4

29

z

z

4

1

)3)(3(

z

iziz

，所以

iz3

为一阶零点

（2）

)1(22zez

解：（法一）令

)1()(22zezzf

则

0

2

)(

ikz

zf



zezzzfz2)22()(23



22)22()62()(2232

zzzezzezzf

020

0

)(

2)88(3216(

2)128()368(24362412)(

0

0

)(

2)44()1281212)(

0

0

)(

)0(,0

2

)(,0

0

)(

)4(

433

3222)4(

3233

23

3222222

2222





































z

zf

zezzezz

zezzezezezeeezf

z

zf

zezzezzcezzezf

z

zf

k

ikz

zf

z

zf

zz

zzzzzzz

zzzz



0z

为4阶零点

)0(2kikz

为一阶零点。

（法二）

令

)1()(22zezzf

复变函数与积分变换习题解答

30

)1

!!2!1

1(

242

2

n

zzz

z

n

)

!!3!2

1(

2242

4



n

zzz

z

n

0z

为4阶零点。

ikz2

为1阶零点。

（3）

)6(sin6)(633zzzzf

，问

0z

是

)(zf

的几阶零点。

解：

39

12

1

16

)!12(

3)(

)1(6)(zz

n

z

zf

n

n

n













)

!7

6

!5

6

(

!7

6

!5

6

6)

!7!5!3

(6

615

2115

39

21159

3













zz

zz

zz

zzz

z

0z

是

)(zf

的15阶零点。

2．下列各函数有哪些奇点？各属何类型（若是极点，指明它的阶数）。

（1）

1

)1(





z

ztg

解：

1

)1(





z

ztg

=

)1cos()1(

)1sin(





zz

z

1

1

)1(

lim

1







z

ztg

z1z

为可去奇点，

1

2

,

2

1







kzkz

是简单极点。

（2）

z

ez

1

1

1





解：

z

ez

1

1

1





=

)1(

1





z

z

ez

ez

，令

0)1(zez

，得

ikzz2,0

，

,2,1k

而

zz

z

z

z

z

z

z

zzee

e

ze

ez

z

e











1

1

lim

)1(

1

lim)

1

1

1

(lim

000

复变函数与积分变换习题解答

31

2

1

lim

0











zzz

z

zzeee

e

0z

为可去奇点

当

ikz2

时，

01),0(zezk

而

0

2

1

2

)1(











ikz

zee

ikz

zezzz



ikz2

为一阶极点

（3）1

1

ze

解：1

1

ze

n

n

zn

)

1

1

(

!

1

0





，

1z

为本性奇点

（4）

zzcossin

1



解：

zzcossin

1



)

4

sin(2

1







z

，

4

k

kz

时为1阶极点。

（5）

3

sin

z

z

解：

0z

为奇点

3

sin

z

z

)

!5!3

(

153

3



zz

z

z

)

!5!3

1(

142

2



zz

z

)!12(

)1(

12

0

2





n

z

z

n

n

n

0z

为二阶极点

（6）

)1(

1

2zez

解：

ikzz2,0

为奇点

而

)1

!

()1(

0

22

n

n

z

n

z

zze













1

1

3

1

2

!

)

!

(

n

n

n

n

n

z

z

n

z

z

复变函数与积分变换习题解答

32

0z

为三阶极点

ikz2

为简单极点

3．若

)(zf

与

)(zg

是以0

z

为零点的两个不恒为零的解析函数，则

)(

)(

lim

)(

)(

lim

00zg

zf

zg

zf

zzzz







（或两端均为



）。

证明：

),()(

00

zgzf

且

)(zf

≡0，

)(),(,0)(zgzfzg

是解析函数

则

)()()(

0

zzzzfm

其中

),(z)(z

为解析函数

)()()(

0

znzzzg

且

,0)(

0

znmz,,0)(

0



各为某一正整数

)(

)(

)(

)(

)(

0z

z

zz

zg

zf

nm







.

)()()(

)()()(

)(

)()0()(1)(

)()()()(

)(

)(

0

0

0

0

0

1

0

zzzzn

zzzzm

zz

znzzznzzm

zzzzzzm

zg

zf

nm

mm



































)()()(

)()()(

)(lim

)(

)(

lim

0

0

0

00zzzzn

zzzzm

zz

zg

zf

nm

zzzz





















（1）

.0

)(

)(

lim0

)(

)(

lim,

00









zg

zf

zg

zf

nm

zzzz

则若

(2)

)(

)(

)(

)(

lim

)(

)(

)(

)(

lim,

0

0

0

0

00z

z

zg

zf

z

z

zg

zf

nm

zzzz

















则若

(3)

.

)(

)(

lim

)(

)(

lim,

)(

)(

lim

)(

)(

lim,

0000zg

zf

zg

zf

zg

zf

zg

zf

nm

zzzzzzzz













故若

4．问



是否为下列各函数的孤立奇点？

（1）

321

sin

zz

z



解：令

)(zf321

sin

zz

z



)(zf

在除

0132zz

的根的内解析，而根为有限个。

所以

z

是

)(zf

的孤立奇点，

0)(lim



zf

z

复变函数与积分变换习题解答

33

（2）

1

1

ze

解：令

1

1

)(





ze

zf

)(zf

在

01ze

即

),2,1(2kikz

上不解析

z

不是

)(zf

的孤立奇点。

5．思考题

（1）解析函数的零点、极点、多项式的根及使有理函数的分母为零的点有什么关系？

答：若0

z

为

)(zf

的

m

级零点，则

.0,)()()(1

010



m

m

m

m

m

CzzCzzCzf

它是多项式的

m

重根的推广。因为当多项式展为Taylor级数时，只有有限多项，而现在有无

穷多项。

若0

z

为

)(zf

的

m

级极点，则



















0

001

1

010

.0,)()(

)()()(

n

m

n

n

m

m

m

m

CzzCzzC

zzCzzCzf



它是有理函数的分母在0

zz

有

m

重零点的推广。当有理函数在0

zz

展成部分分式时也有

以上形式。

（2）怎样确定极点的级？

答：1）若

mzzzgzf)/()()(

0



，而

)(zg

在



0

zz

内解析且

0)(

0

zg

，则0

z

是

)(zf

的

m

级极点。或

)1,0()()(lim

0

0







mCCzfzz

mm

m

zz，则0

z

是

)(zf

的

m

级极点。

2）若0

),(/)()(zzQzPzf

是

)(zP

的

k

级零点，是

)(zQ

的

m

级零点。则

当

mk

时，0

z

为

)(zf

的

mk

级零点。

当

km

时，0

z

为

)(zf

的

km

级极点。

3）若0

),(/1)(zzQzf

是

)(zQ

的

m

级零点，则0

z

是

)(zf

的

m

级极点。

复变函数与积分变换习题解答

34

（3）怎样来确定



点函数的性态？

答：若函数

)(zf

在



点的去心邻域

zR

内解析，当点



为

)(zf

的孤立奇点时，

我们可以作变换

zt/1

，则变换把扩充复平面的



点映射成

t

平面上的点

0t

，扩充复平面

上



点的去心邻域变为

t

平面上原点的去心邻域

Rt/10

。而

)()/1()(ttfzf

。从

而把在

zR

内对

)(zf

的研究，化为在

Rt/10

内对

)(t

的研究，因为

)(zf

在

zR

内解析，所以

)(t

在

Rt/10

内解析，

0t

为

)(t

孤立奇点。

我们规定，如果

0t

是

)(t

可去奇点、

m

级极点或本性奇点，则称

z

是

)(zf

可去奇

点、

m

级极点或本性奇点。

复变函数与积分变换习题解答

35