第六七章练习答案

复变函数 第六、七章 练习

一、求下列函数在其孤立点处的留数（包括无穷远点）处的留数

21

1.()z e f z z

-=

解：首先()f z 只以0,∞为孤立奇点. 由于1z e -以0为一阶零点，故()f z 以0为

一阶极点，于是得200011

Re ()lim lim 1

z z z z z e e s f z z z z →→=--=?== 由定理6.6可知0Re

()Re ()0,z z s f z s f z ==∞+=故Re ()1z s f z =∞

=- 2.sin cos ()z z

f z z

+=

解：首先()f z 只以0,∞为孤立奇点. 由于分子0(sin cos )|10z z z =+=≠，故

故()f z 以0为一阶极点，于是得00

sin cos Re ()[]|1z z z z

s f z z z

==+=?

= 由定理6.6可知0Re ()Re ()0,z z s f z s f z ==∞+=故Re ()1z s f z =∞

=- 3.12

Re

z i

z i

s z e -= 解：由于当0||z i <-<∞时有，

122

2

001111()[()2()1]!()!()

z i

n n

n n z e

z i i z i i z i n z i n z i ∞

∞

-===-+=-+----∑∑ 由此可知1

2z i

z e

-在i 处的洛朗展式中1()z i --这一项的系数1115

213!2!6

c i i -=

+-=-+。 因此1

2

Re z i

z i

s z e

-==15

6

c i -=-

+。 4. 32R e [c o s ]2z i

s z z

=∞

= 解：由于当0||z <<∞时有，23

3

20

2(1)(2)cos (2)!n n n

n i i z z z n z ∞

=-=∑，由此可知32cos i z z 在∞处的洛朗展式中1

z -这一项的系数4112

(2)4!3

c i -=

=，因此3122Re [cos ].3z i s z c z =∞=-=-

5. 210

Re 0z z z s e

+

==

解： 由于当0||z <<∞时有，22

2

2

11

2200!!

n n

z z z

z

n n z z e

e e n n -∞

∞+

====∑∑，由此可知22

1

z z e +在0处的洛朗展式中1

z -这一项的系数10c -=，因此22

10

Re 0z z z s e

+

==

二、求下列函数的积分 1.

100100

||200

11

25050z k z

dz i z k π===?-∏?

解：

100

100

1

1

()k f z z

z k ==-∏200||z <<∞在内解析，故原式=2[Re ()].z i s f z π=∞- 又 100100100

02200111

11111

Re ()Re [()]Re [][]|11t z t t k k k s f z s f s k t t t tk tk ==∞====='=-?=-=-=---∑∏∏， 故

100

100

||200

11

25050z k z dz i z k π===?-∏?

2.

1

()2||1

a z z

z e

dz -=?

解：由于当0||z <<∞时有，1

()22200

()()22!!n n n n

a a a

z z z

z

n n a a

z z e

e e

n n -∞

∞--==-==∑∑，由此可知1

()2a z z

e

-在0处的洛朗展式中1

z -这一项的系数21

1

()210

(1)Re !(1)!2n a n z z

z n a c s e

n n +∞

--==-??

==-? ?

+??∑，

因此

1

()2121||1

0(1)22()!(1)!2a n z n z

z n a

e

dz ic i n n ππ∞

-+-==-==-?+∑?

3.

1

||1

16

1

z z

i

dz

e π==

-?

分析：令1

1()1

z

f z e =

-，由于1

1z

e -的在|z|<1内的零点为1

,||1,0,2k k z z k k i

π=

<≠这时0为()f z 的非孤立奇点，不能在0处用留数定理。而∞却是()f z 的孤立奇点，且是极点，因此应用∞的留数来计算此积分。

解：由于()f z 在1||z <<∞内解析，故可展成洛朗级数，并且

2322

1

()11111()(1)

26261111

(1)212212z

f z z z z z z z z z z z

=

=++++++=-++=-++

故1Re ()12

z s f z =∞-

=，因此1||112Re ()6

1

z z z i

dz i s f z e ππ==∞

=-=

-?

4.

2

1

01n z dz z ==-? （n>1） 解：1

()1

n f z z =

-2||z <<∞在内解析，

故原式=2[Re ()].z i s f z π=∞- 又 11()()1

1n n

f z z z =-，n>1，则∞为()f z 至少2阶零点，故Re ()0z s f z =∞=，因此

2

1

01n z dz z ==-? 5.

1

1

2sin z dz i z π==? 解： 由于 1

()sin f z z

=

在||1z <内只以0为奇点，且为一阶奇点，则 01Re (

)1(sin )|z z s f z z =∞

==

='，因此01

11

2Re 2.sin sin z z dz i s i z z ππ====?

6.

2

220

(0)cos d a a π

θθ>=+?

解：（见 P236 例 6.9）

7.

20

sin cos 21

x x x

dx x +∞

+? 解： 首先22sin cos 2sin 3sin 112x x x x x x x x -=++，令2

(),01

imz z

f z e m z =>+ ()f z 在上半平面内有一个一阶极点z i =，且1()[]|2

i m z m z i z i z Res f z e e z i -====+，于是

由定理6.8，原式=2221sin cos 21sin 31sin 214141

x x x x x x x

dx dx dx x x x +∞+∞+∞-∞-∞-∞=-+++???=

33222211Im[]Im[2(Re Re )]411411i x ix

i z iz z i z i xe xe ze ze dx dx i s s x x z z π+∞+∞-∞-∞==-=-++++??=2

31()4e e

π-

8.

||3

tan 4z zdz i π==-?

解：由于 s i n ()cos z f z z =

在||3z <内只以,22

ππ

-为奇点，且都为一阶奇点，则 2

2

2

2

2

2

sin |

sin |

Re ()1,Re ()1(cos )|

(cos )|

z z z z z z z z s f z s f z z z π

π

π

π

π

π

=

=-

=

=-

==-

=

=-=

=-''，

因此

||3

tan 4z zdz i π==-?

三、1. 设9

10(),:21

z f z C z z ==-，则arg ()C f z ?= 2π- 。

2. 方程7

4

3

2

8310z z z z z +-+++=在1z <内有 4 个根。 3. 证明方程3

z e

z -=在单位圆1z <内部恰有一个根.

4.证明方程43()210p z z z =++=在第一象限内只有一根。

证明：1）方程()0P z =在正实轴上无解。事实上， 当0x ≥时，有

43()2110P x x x =++>>，因此方程()0P z =在正实轴上无解。 2）方程()0P z =在正虚轴上无解。事实上，0y ?≥

24

32

4

2

32|()||21|(1)

(2)1

P i y y i y y y =-

+=+

+>>。 3）取正实数R 充分大，使得方程()0P z =的根全落入圆周||z R =内。记1L 为实轴上的线段[0,]R ，记2L 为虚轴上的线段[0,]Ri ，记R S ：,0,2

i z Re θπ

θ=≤≤

记

12R R C L S L =+-。由辐角原理及1）和2）可得

12arg ()

arg ()arg ()arg ()

(,)22R R C L L S R P z P z P z P z N P C π

π

??-?+?=

=

。

4） 由1）知()0,0,P x x >?≥故1arg ()0L P z ?=； 而43()21,P iy y iy =-+ 则2L 的

像2()P L 落入第四象限且3

4

2tan[arg ()]0()1

R P iR R R -=→→∞+。于是2arg ()0L P z ?=;

34

4

34

434

21

arg ()arg (1)21

arg arg(1)21

4arg arg(1)2()R R R R R R S S S S S S z P z z z

z z z z z R z

π+?=?++=?+?++=?+?+→→∞

因此由3）及4）可得

12arg ()

arg ()arg ()arg ()

(,)1()22R R C L L S R P z P z P z P z N P C R π

π

??-?+?=

=

→→∞，

则方程43()22100P z z z z =+-+=在第一象限内恰有一个根.

5.方程48100z z -+=在圆1z <与在圆环13z <<内各有几个根。

证明：由多项式4()810p z z z =-+的系数关系：10>8+1,可得原方程在圆1z <上无根。 又在圆周3z =上44|108|108||102434813||,z z z -≤+=+=<== 故由儒歇定理，原方程的4个根全在13z ≤<上。但当1z =时

44|810|10||8||10z z z z -+≥--=>，因此原方程的4个根全在圆环13z <<内。 6.设函数()f z 在闭圆z R ≤上解析。如果存在0a > ，使当z R =时

|()|,|(0)|,f z a f a ><试证：在圆z R <内()f z 至少有一个零点。

证明：由于()f z 在闭圆z R ≤上解析，及在C ：z R =上有

|()||(0)||()[()(0)]|f z a f f z f z f >>=--，

故由儒歇定理可知((),)(()(0),)1N f z C N f z f C =-≥，即证得在圆z R <内()f z 至少有一个零点。

7. 设（1）()f z 在点0z 解析，00()f z ω=；（2）0()f z ω-以0z 为n 阶零点。

试证：对于充分小的0ε>，能确定0δ>，使对满足00||a ωδ<-<的a ，函数()f z a -在圆0||z z ε-<内恰有n 个一阶零点。

证明：由于0()f z ω-以0z 为n 阶零点，故()f z 非常值函数，则由解析函数的零点孤立性，可知存在0r >使得，在圆0||z z r -<上，0()f z ω-解析，且0()()f z f z ω'-和都无异于0

z

的零点。

任意0r ε<<，令00||inf |()|z z f z ε

δ

ω-==->0, 则当00||a ωδ<-<时，有

0000|()||||[()][()]|,:||f z a f z f z a z C z z ωδωωε-≥>-=---?∈-=，

故由儒歇定理可知0()f z ω-和00()()()f z a f z a ωω-+-=-在圆周0:||C z z ε-=内有相同的零点个数，又0()f z ω-以0z 为n 阶零点，且在圆0||z z r -<上，0()f z ω-无异于0z 的零点，故得((),)N f z a C n -=。又(())()f z a f z '-=在C 内部除0z 外无其他零点，而

0z 不是00()(())f z a a f z ω-≠=的零点，由此可知()f z a -在C 内部的零点都是一阶零

点，因此()f z a -在圆0||z z ε-<内恰有n 个一阶零点。

四、第七章

I. 掌握共形映射的概念（旋转角不变性，伸缩率不变性，保角的，共形的）

1.设2

w z =在z i =处的伸缩率为 2 ，旋转角为

2

π

． 2.在映射i

e iz w 4π

+=下，区域0)Im(

Re()w >

． 3.i +1关于圆周4)1()2(22=-+-y x 的对称点是 2i -+ ． 4. 将点2,,2-=i z 分别映射为点1,,1i w -=的分式线性变换为 632

z i

w iz -=-

II ． 共形映射的两类基本问题：

（1） 已知区域D 及映射()w f z =，求D 在映射()w f z =下的像域。如：

分式线性变换z z w -+=

11将区域:1z 映射为 0arg 2

w π

<< ． （2） 已知区域D 及区域G,求将区域D 共形映射为区域G 的解析函数。如

例 7.6，7.7，7.8

求把单位圆1z <映射成单位圆1w <且满足()0,(0)02

i L L '=>的分式线性变换

()w L z =。

L()0,10

22

2||1,L(2)L().2i i

z z i w i z w w i w z k

k z i

==<=-

<=∞=∞==-解： 因为由分式线性变换保对称性知，关于的对称点2变换到关于圆的对称点即，故，为常数

12L(),||1221

||1L()1,|| 2.

2

i

i i k

k z z i i w w i k k -

==-=-==-==由题意共形映射将平面单位圆周上变换成平面上单位圆周，故即

又2

2

3

2()22L ()(2)(2)i z i z i

w z k k z i z i ----''===--， 则由已知可知 23

3

2L (0)0(2)8

i

k ki i -'==>

由此可得2k i =-。

综上解得212L()222i

z iz w z i

z i z i

-

+==-=---