复变函数习题答案,南昌大学,单元练习部分(2)

ez

(1 z)ez

|=1.(2)I=(1)I=1dz=Cz=0式.

2x2,u证:ux= 6xy,uxx= 6y,uxy= 6x,uy=3y3yx= 6x,uyy=6y,u的所有二阶偏导数存在且

2z+1+2i

Cezdz=

ez′′

()|z=1

ee= .(3)1 .(4)0.

6.证明u(x,y)=y3 3x2y为调和函数,再求其共轭调和函数v(x,y),并写出f(z)=u+iv关于z的表达

连续,uxx+uyy=0,u(x,y)为调和函数.

∫

vy=ux= 6xy,v=( 6xy)dy= 3xy2+φ(x).uy=3y2 3x2= vx=3y2 φ′(x),φ(x)=x3+C.v=x3 3xy2+C.

为求f(z)的表达式,先考察f′(z).f′(z)=ux+ivx=ux iuy= 6xy i(3y2 3x2)=3iz2.从而f(z)=iz3+iC,其中C为实的常数.

说明:此题也可这样做:由u先求f′(f′=ux iuy),求出f后再根据f=u+iv定v.这样定的u,v,由解析函数性质,均为调和函数,且v为u的共轭调和函数.这样做显然简单.

求f(z)的表达式另法：f(x)=f(x+i0)=u(x,0)+iv(x,0)=i(x3+C)=ix3+iC,故f(z)=iz3+iC.(此法理论依据是什么？―解析函数的惟一性定理)

z已知调和函数u求解析函数f(z)=u+iv公式：f(z)=2u(z,) u(0,0)+iC1¯¯(x iy)=u(x,y) iv(x,y)).f(x+iy)=u(x,y)+iv(x,y),f[f(x+iy)+f(x iy)],

(u(x,y)=

作业卷（四）一判断题

1)i1.数列zn=n+( 必收敛.√

.分析:收敛到1.注意区分数列收敛与级数收敛.

∑∑∞∑∞

2.设zn=xn+iyn,则级数∞z收敛的充要条件是级数x与n=1nn=1nn=1yn都收敛.√

.分析:Th4.1.2.

n

3.每个幂级数必在其收敛圆上收敛.

∑zn

×.反例:∞n=1在其收敛圆|z|=1上的点z=1处发散.

∑∞

4.若幂级数n=1an(z 1)n在点z=i收敛则它必在点z= i收敛.

∑+∞1( 1+i)n∑+∞111n×.反例:an=,则在z=i点收敛(=n=1n=1( i)),在z= i点发∑+∞1( 1 i)n∑+∞1散(n=1=n=1).

∑n5.若幂级数∞n=1anz在z=2i处收敛,则它必在z= 1处收敛.

√

.Th4.2.1(Abel定理).

二填空题

∑∑∞an

n的收敛半径为R,则幂级数1.设∞az.nn=1n=1z的收敛半径为∑∞∑an

说明：原题“设n=1anzn的收敛域为|z|<R,则幂级数∞n=1z的收敛域为

∑∞n∑∞

体问题而定,一般不会得到|z+1|<R.反例:z收敛域为|z|<1,而n=1n=1是|z+1|<1.

∑

2.幂级数∞n=1

π.

n(z

R

.”只能由具

(z+1)n

的收敛域显然不

i)n的收敛圆的中心为

π,收敛半径为

.

.i,2.

3.函数f(z)=tanz在z0=

处所展泰勒级数的收敛半径为

说明:收敛圆的中心到其最近奇点的距离.

∑+∞zn的洛朗级数展开式为4.设f(z)=cosn= ∞cn(z i),则其收敛圆环域为(A)1<|z i|<+∞;

(C)0<|z i|<1或1<|z i|<+∞;

(B)0<|z|<1或1<|z|<+∞;(D)1<|z i|<+∞.

.

分析(C).在f(z)的解析区域中的所有收敛圆环域.

三计算、证明题

∫z2

1.将函数f(z)=0ezdz在z0=0处展成泰勒级数,并指出其收敛半径.

∫zz2∑∞2z2nz4z63+1z5+1z7+···+1z2n+1+···=z2z解:e=1+z+++···++···,0edz=z+1n=0R=+∞.2.将f(z)=

1

z2n+1.

分别在下列圆环域内展成洛朗级数

(2)1<|z 1|<+∞

(1)0<|z|<1

11′2n′n 1+···解:(1)=()=(1+z+z+···+z+···)=1+2z+···+nz∑+∞n 21

f(z)==.n=1nz∑+∞( 1)n∑+∞( 1)n

1111

(2)f(z)====n=0.n=01+3.将f(z)=1

解:f(z)=1

∑+∞n(z+2)n 4

.n=1作业卷（五）一判断题

在圆环域0<|z+2|<1内展成洛朗级数.=

1

(1)′

=

1

·1(1)′

1 =

(z+2)n1z+2(z+2)21′(1++·+···++···)=

1

的可去奇点.1.z=0必为f(z)=zsin∑∞( 1)n

11

×.sin不再有界.(zsin=+n=0.)

2.若f(z)=(z z0)mg(z),且g(z)在z0点解析,则z0必是f(z)的m级零点.×.g(z)有没有贡献?不确定.

3.若z0是f(z)的m级(m>1)极点,则z0必为f′(z)的m+1级极点.√φ(z) m,f′(z)=φ′(z)(z z) m mφ(z)(z z) m 1=.f(z)=000=φ(z)(z z0)

(z z0)φ′(z) mφ(z)

.0z

4.z0=0是tan的可去奇点.√

.limz→z0tanz=1.

∑∞11n n 2在1<|z 2|<+∞内成立,由式中c=5.已知 1=0知,Res[,2]=n=0( 1)(z 2)0.

11

×.c 1=0指的是在2的某空心邻域内的展式.事实上,Res[,2]=limz→2(z 2)=1.

二选择、填空题

1.z0=1为函数(z 1)2e的(A)二级零点;

∑

D.ez=∞n=0

(B)一级极点;

zn

;

1

.∑∞

.

(C)可去奇点;

(D)本性奇点;

.

1

n=0.

(z 1)2e=

1

2.z0= 1是f(z)=ln(1+z)的

(A)非孤立奇点;(B)一级极点;

级极点..

1d

lim[(zz→ 2i

(C)可去奇点;(D)本性奇点;.

A.参考ln(z)的解析性.

cosz

3.z0=0为函数的z4.Res[, 2i]=z1.Res[, 2i]=3.分子cosz在0的某邻域内解析且cos0=1=0;z0=0为分母z2sinz的3级零点.

z

+2i)2]=1.三计算、证明题

1.判断下列函数的孤立奇点的类型，对其极点,指出其级数:(1)f(z)=tanz

zk=kπ+π,k取所有整数,一级极点.(2)g(z)=

ez

z0=0为3级极点,zk=2kπi,k=0一级极点.2.求下列函数在有限孤立奇点处的留数:(1)f(z)=c 1=0

coszzcosz1

法2f(z)的有限孤立奇点仅有z=0,lim1 =limsin=lim=(罗比达法则),0为f(z)的可去奇点,

1 cosz

(2)f(z)=

z+1(3)f(z)=

解(1)法1f(z)的有限孤立奇点仅有z=0,f(z)=

1 e2z1z2 (4)f(z)=+···+

1+z4

(5)f(z)2n 2

( 1)n 1z+···

=ze3

,由此得Res(f,0)=

Res(f,0)=0

z→0z→0z→0

注有判断错奇点类型的情况(如一阶极点、二阶极点等),可最终留数正确.为什么?言多必有失,少说为妙.

z→2z→2z→0z→0

3n22z(2z)(2z)(2z)e

(3)法1f(z)=1 =1{1 [1+2z+++···++···]},由此得Res(f,0)=c 1

1

法2Res(f,0)=lim(z4f(z))′′′=1lim(1 e2z)′′′= 4.z→0z→0

1d21+z431d21+z433(4)Res(f,i)=lim[(z i)]= i,Res(f, i)=lim[(z+i)]z→iz→ i

3=i.

3

33293n+(5)f(z)=ze=z(1++···++···),Res(f,0)=c 1=.1z+13z+1

(2)Res(f,0)=limzf(z)=lim= ,Res(f,2)=lim(z 2)f(z)=lim=.

= 4.

作业卷（六）1.求f(z)=解f(z)=

的三级极点,z=0, 1,±2,±3,···为一级极点.

dz.2.设C为圆周|z|=2的正向,求Czz→1

cotπz

的孤立奇点.cosπz

,z=1为f(z)lim(z+1)z,Res(f,i)=lim(z i)z= 1Res(f, i)=lim(z+=1,z→ 1z→iz→ i

∑4

i)z= 1dz=2πin=1Res(f,zi)=0,其中zi指上述奇点,i=1,2,3,4.故Cz. 1

3.计算|z|=1z4sindz.

π11

1=i.解原式=|z|=1z4(+1 · …… 此处隐藏：3484字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……