复变函数勘误
《高等数学(经管类)》(上)勘误
4.（1）-40
4.（1）-20
P208倒第8行
5.（2）减少13.9%
5.（2）增加13.9%
P208倒第7行
6.（1）
6.（1）
P208倒第6行
P208倒第5行
P208倒第4行
P208倒第2行
(2)-0.8，价格上涨1%,需求减少0.8%.
(2)-1，价格上涨1%,需求减少1%.
P208倒第1行
(3)增加0.2%；
(3)不变；
页码、行号
错误内容
正确内容(说明)
P209倒第4行
P209第6行
8．-3, 0，1
8．3, 3，2
P211第1行
P213倒第1行
2.（1）
2.（1）
P214第2行
（4）
（4）
P217倒第4行
（2）
（2）
P178第10行
P179倒第8行
P181第9行
例4设函数 在区间 上连续，
例4设函数 在区间 上连续，
P182倒第5行
牛顿-莱布尼茨公式
牛顿-莱布尼兹公式
P185倒第6行
上式(6－5)表明定积分
上式表明定积分
P187倒第4行
图6-7中：
图6-7中：
P193第2行
（7）
（7）
P194倒第2行
比如，对于例24有：
N＞0，当n＞N
正整数N，当n＞N
P37第11行
N＞0，当n＞N时，
正整数N，当n＞N时，
P37第13行
N＞0，当n＞N时，
正整数N，当n＞N时，
页码、行号
错误内容
正确内容(说明)
P39第4行
顾樵《数学物理方法》勘误 -回复
顾樵《数学物理方法》勘误-回复勘误是非常重要的一项工作，它对于保证教材的准确性和高质量的教学非常关键。
在本篇文章中，我将对顾樵教授的《数学物理方法》一书中的勘误问题进行逐个分析和解答。
通过这样的方式，我们能够更全面地了解这些错误并找到适当的解决方案。
首先，让我们来看第一个勘误问题：在教材第三章的第二节中，存在一个错误的公式。
根据勘误表中的描述，这个错误公式是：\[e^{ix} = \cos x\]而实际上，正确的公式应该是：\[e^{ix} = \cos x + i\sin x\]这是欧拉公式的正确形式，它展示了指数函数和三角函数之间的重要关系。
为了解决这个错误，我们可以在教材的勘误表中添加正确的公式，并在适当的位置进行更正。
同时，根据这个勘误问题，学生们也可以通过自己的学习和思考，以及参考其他相关教材或网络资源，来理解正确的公式并进行相应的纠正。
接下来，让我们看一下勘误表中的第二个问题：在教材第五章的第四节中，存在一个错误的计算步骤。
根据勘误表中的描述，这个错误计算步骤是：在某个中间步骤中，应该是将一个分式进行通分，但书中却漏掉了分母的通分。
为了解决这个问题，我们可以在勘误表中添加正确的计算步骤，并在适当的位置进行更正。
同时，我们也可以在教材的未来版本中修复这个错误，并向读者说明正确的计算步骤。
最后，让我们来看看勘误表中的第三个问题：在教材第七章的第三节中，存在一个错误的解释。
根据勘误表中的描述，这个错误解释是：作者在解释一个重要的概念时，给出了一个错误的定义。
为了解决这个问题，我们可以在勘误表中给出正确的解释，并在适当的位置进行更正。
同时，我们也可以在教材的未来版本中修复这个错误，并向读者详细解释正确的定义。
总结一下，勘误是修复教材错误和提高教材质量的关键步骤。
通过分析勘误表中的问题，我们可以更全面地了解这些错误，并提出适当的解决方案。
通过持续不断的勘误工作，我们可以确保教材的准确性和高质量，为学生提供更好的学习体验。
姚端正《数学物理方法》(第三版)部分勘误表
姚端正《数理方法》（第三版）勘误表（部分）P9，“（3）若()f x 在闭区域……”应更正为“（3）若()f z 在闭区域……”P33，中部“任意一条分段光滑的曲线”应更正为“任意一条分段光滑的封闭曲线” P66，习题3.5第2（2）题：“0||z b R <-<”应更正为“||z b R -<”P85，倒数第6行、第7行“1res ()n k f z =∑”应更正为“1res ()nkk f z =∑” P86，例3的计算过程中“||1a <”应更正为“01a <<”，但计算结果仍然对“||1a <”范围成立，即该例题的讨论过程不够完整。
P87，第10行“d[(π)]θ--”应更正为“d(π)θ-”P88，第4行“如图5.4”应更正为“如图5.4（b ）”；第4题需补充条件：01x <<；第5题：“适当围道计算”应更正为“适当围道（图5.4（a ））计算”。
P107，第3行“稳定状态”应更正为“稳恒状态”；“则热量将停止流动”应去掉这段文字。
倒数第3行“F 为单位长度……”应更正为“F 为单位体积……”P108，第6行“通过介面”应更正为“单位时间通过介面”P111，第6行“k h E =”应更正为“k h EA =” P120，第1行“//at x a cat x a c ++--⎰ ”应准确写为“()/()()/()at x a c at x a c ++--⎰ ”P121，第4-5行“则在τ∆这段时间内”应更正为“则在τ∆这段时间以后”；第6行“t τττ<<+∆”应更正为“t τ<”P124，第4大题中“()x ψ”应更正为“(,)x y ψ”；“()x ϕ”应更正为“(,)x y ϕ”；解的表达式应更正为()01(,,)2π1 d 2πM M at at M a t t u x y t a t a τσσστ-⎡⎤∂=+⎢∂⎢⎣⎡⎤+⎢⎢⎣⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰P146，第2行“I 2I u xx u a u =”应更正为“I 2I tt xx u a u =” P271，第1行“2(2)(1)lim lim 1(1)(1)k k k k c k k R c l l k k →∞→∞+++===+-+”应更正为“1k k R ===” P274，习题14.1第2题“0y xy ''-=”应更正为“0y xy ''-=” P280，习题14.2第6题“介电常数为ε”应更正为“相对介电常数为ε”P286，习题14.3第3题（1）”部分习题答案勘误第一篇习题 3.22 （3）k R 应更正为n R ；第二篇习题 6.36 两端受压：“00(2)0t t t u l x u ε==⎧=-⎪⎨=⎪⎩”应更正为“0020t t t u x u ε==⎧=-⎪⎨=⎪⎩” 习题 7.22（3）2132at axt +应更正为2132t xt +； 习题 8.13（3）“…224(21)πek -+…”应更正为“…224(21)πe k t -+…”； 4 1π()sin n n n x a T t l ∞=∑应更正为1π()sin n n n n x a T t l ∞=∑； 10 “...4616πAb ...”应更正为“ (4)664πAb …” 习题 8.23（1）另一形式的答案：32223212(1)ππ()cos sin 6(π)n n A Al n at n x u x l x a n a l l ∞=-=-+∑。
复变函数课后习题答案(全)
习题一谜底之勘阻及广创作2． 求下列复数的实部、虚部、模、幅角主值及共轭复数：（1）132i+ （2）(1)(2)i i i -- （3）131i i i -- （4）8214i i i -+- 解：（1）1323213i z i -==+, 因此：32Re , Im 1313z z ==-, （2）3(1)(2)1310i i i z i i i -+===---, 因此, 31Re , Im 1010z z =-=, （3）133335122i i i z i i i --=-=-+=-, 因此, 35Re , Im 32z z ==-, （4）82141413z i i i i i i =-+-=-+-=-+因此, Re 1, Im 3z z =-=,3． 将下列复数化为三角表达式和指数表达式：（1）i （2）1-+ （3）(sin cos )r i θθ+（4）(cos sin )r i θθ- （5）1cos sin (02)i θθθπ-+≤≤解：（1）2cos sin 22ii i e πππ=+= （2）1-+23222(cos sin )233i i e πππ=+= （3）(sin cos )r i θθ+()2[cos()sin()]22i r i re πθππθθ-=-+-=（4）(cos sin )r i θθ-[cos()sin()]i r i re θθθ-=-+-=（5）21cos sin 2sin 2sin cos 222i i θθθθθ-+=+ 4． 求下列各式的值：（1）5)i - （2）100100(1)(1)i i ++-（3）(1)(cos sin )(1)(cos sin )i i i θθθθ-+-- （4）23(cos5sin5)(cos3sin3)i i ϕϕϕϕ+- （5（6解：（1）5)i -5[2(cos()sin())]66i ππ=-+- （2）100100(1)(1)i i ++-50505051(2)(2)2(2)2i i =+-=-=- （3）(1)(cos sin )(1)(cos sin )i i i θθθθ-+-- （4）23(cos5sin5)(cos3sin3)i i ϕϕϕϕ+- （5=（6= 5．设12 ,z z i ==-试用三角形式暗示12z z 与12z z 解：12cos sin , 2[cos()sin()]4466z i z i ππππ=+=-+-, 所以 12z z 2[cos()sin()]2(cos sin )46461212i i ππππππ=-+-=+,6． 解下列方程：（1）5()1z i += （2）440 (0)z a a +=> 解：（1）z i += 由此25k i z i e i π=-=-, (0,1,2,3,4)k =（2）z ==11[cos (2)sin (2)]44a k i k ππππ=+++, 那时0,1,2,3k =, 对应的4个根分别为：(1), 1), 1), )i i i i +-+--- 7． 证明下列各题：（1）设,z x iy =+则z x y ≤≤+证明：首先,显然有z x y =≤+；其次, 因 222,x y x y +≥ 固此有 2222()(),x y x y +≥+从而z =≥. （2）对任意复数12,,z z 有2221212122Re()z z z z z z +=++证明：验证即可, 首先左端221212()()x x y y =+++,而右端2222112211222Re[()()]x y x y x iy x iy =+++++-2222112212122()x y x y x x y y =+++++221212()()x x y y =+++, 由此, 左端=右端, 即原式成立.（3）若a bi +是实系数代数方程101100n n n a z a z a z a --++++=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, 而且根据复数的乘法运算规则, ()n n z z =, 由此获得：10110()()0n n n a z a z a z a --++++=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1,a =则,b a ∀≠皆有1a b a ab-=- 证明：根据已知条件, 有1aa =, 因此：11()a b a b a b a ab aa ab a a b a---====---, 证毕. （5）若1, 1a b <<, 则有11a b ab -<- 证明：222()()a b a b a b a b ab ab -=--=+--,2221(1)(1)1ab ab ab a b ab ab -=--=+--,因为1, 1a b <<, 所以, 2222221(1)(1)0a b a b a b +--=--< ,因而221a b ab -<-, 即11a b ab-<-, 结论得证. 7．设1,z ≤试写出使n z a +到达最年夜的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1n n z a z a a +≤+≤+, 在上面两个不等式都取等号时n z a +到达最年夜, 为此, 需要取n z 与a 同向且1n z =, 即n z 应为a 的单元化向量, 由此, n a z a=, 8．试用123,,z z z 来表述使这三个点共线的条件.解：要使三点共线, 那么用向量暗示时, 21z z -与31z z -应平行, 因而二者应同向或反向, 即幅角应相差0或π的整数倍, 再由复数的除法运算规则知2131z z Argz z --应为0或π的整数倍, 至此获得： 123,,z z z 三个点共线的条件是2131z z z z --为实数. 9．写出过1212, ()z z z z ≠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：121121()()x x t x x y y t y y =+-⎧⎨=+-⎩, 因而, 复参数方程为：其中t 为实参数.10．下列参数方程暗示什么曲线？（其中t 为实参数）（1）(1)z i t =+ （2）cos sin z a t ib t =+ （3）i z t t=+ 解：只需化为实参数方程即可.（1）,x t y t ==, 因而暗示直线y x =（2）cos ,sin x a t y b t ==, 因而暗示椭圆22221x y a b+= （3）1,x t y t==, 因而暗示双曲线1xy = 11．证明复平面上的圆周方程可暗示为 0zz az az c +++=, 其中a 为复常数, c 为实常数证明：圆周的实方程可暗示为：220x y Ax By c ++++=, 代入, 22z z z z x y i+-==, 并注意到222x y z zz +==, 由此 022z z z z zz A B c i+-+++=, 整理, 得 022A Bi A Bi zz z z c -++++= 记2A Bi a +=, 则2A Bi a -=, 由此获得 0zz az az c +++=, 结论得证.12．证明：幅角主值函数arg z 在原点及负实轴上不连续. 证明：首先, arg z 在原点无界说, 因而不连续.对00x <, 由arg z 的界说不难看出, 当z 由实轴上方趋于0x 时, arg z π→, 而当z 由实轴下方趋于0x 时, arg z π→-, 由此说明0lim arg z x z →不存在, 因而arg z 在0x 点不连续, 即在负实轴上不连续, 结论得证.13．函数1w z=把z 平面上的曲线1x =和224x y +=分别映成w 平面中的什么曲线？解：对1x =, 其方程可暗示为1z yi =+, 代入映射函数中,得211111iy w u iv z iy y-=+===++, 因而映成的像曲线的方程为 221, 11y u v y y-==++, 消去参数y , 得 2221,1u v u y +==+即22211()(),22u v -+=暗示一个圆周. 对224x y +=, 其方程可暗示为2cos 2sin z x iy i θθ=+=+代入映射函数中, 得因而映成的像曲线的方程为 11cos , sin 22u v θθ==-, 消去参数θ, 得2214u v +=, 暗示一半径为12的圆周. 14．指出下列各题中点z 的轨迹或所暗示的点集, 并做图： 解：（1）0 (0)z z r r -=>, 说明动点到0z 的距离为一常数, 因而暗示圆心为0z , 半径为r 的圆周.（2）0,z z r -≥是由到0z 的距离年夜于或即是r 的点构成的集合, 即圆心为0z 半径为r 的圆周及圆周外部的点集.（3）138,z z -+-=说明动点到两个固定点1和3的距离之和为一常数, 因而暗示一个椭圆.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()4z i π-=, 幅角为一常数, 因而暗示以i 为极点的与x 轴正向夹角为4π的射线. 15．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.（1）23z <<, 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）arg (02)z αβαβπ<<<<<, 极点在原点, 两条边的倾角分别为,αβ的角形区域, 无界, 单连通（3）312z z ->-, 显然2z ≠, 而且原不等式等价于32z z ->-, 说明z 到3的距离比到2的距离年夜, 因此原不等式暗示2与3 连线的垂直平分线即x =x =2后的点构成的集合, 是一无界, 多连通区域.（4）221z z --+>,显然该区域的鸿沟为双曲线221z z --+=, 化为实方程为 2244115x y -=, 再注意到z 到2与z 到-2的距离之差年夜于1, 因而不等式暗示的应为上述双曲线左边一支的左侧部份, 是一无界单连通区域.（5）141z z -<+, 代入z x iy =+, 化为实不等式, 得 所以暗示圆心为17(,0)15-半径为815的圆周外部, 是一无界多连通区域.习题二谜底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）5(1)z - （2）32z iz + （3）211z + （4）13z z ++ 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, 由此获得：（1）5(1)z -处处解析, 54[(1)]5(1)z z '-=-（2）32z iz +处处解析, 32(2)32z iz z i '+=+（3）211z +的奇点为210z +=, 即z i =±, （4）13z z ++的奇点为3z =-, 2．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）22()f z xy x yi =+ （2）22()f z x y i =+（3）3223()3(3)f z x xy i x y y =-+- （4）1()f z z= 解：根据柯西—黎曼定理：（1）22, u xy v x y ==,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, x y y x u v u v ==-解得：0x y ==,因此, 函数在0z =点可导, 0(0)0x x z f u iv ='=+=, 函数处处不解析.（2）22, u x v y ==,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, x y y x u v u v ==-解得：x y =,因此, 函数在直线y x =上可导,()2x x y x f x ix u iv x ='+=+=,因可导点集为直线, 构不成区域, 因而函数处处不解析.（3）32233, 3u x xy v x y y =-=-,四个一阶偏导数皆连续, 因而 ,u v 处处可微, 而且 ,u v 处处满足柯西—黎曼方程 , x y y x u v u v ==-因此, 函数处处可导, 处处解析, 且导数为（4）2211()x iy f z x iy x yz +===-+, 2222, x y u v x y x y ==++, 2222222222, ()()x y y x x y u v x y x y --==++, 22222222, ()()y x xy xy u v x y x y --==++, 因函数的界说域为0z ≠, 故此, ,u v 处处不满足柯西—黎曼方程, 因而函数处处不成导, 处处不解析.3．当,,l m n 取何值时3232()()f z my nx y i x lxy =+++在复平面上处处解析？解：3232, u my nx y v x lxy =+=+22222, 2, 3, 3x y y x u nxy v lxy u my nx v x ly ===+=+, 由柯西—黎曼方程得：由（1）得 n l =, 由（2）得3, 3n m l =-=-, 因而, 最终有4．证明：若()f z 解析, 则有 222(())(())()f z f z f z x y∂∂'+=∂∂ 证明：由柯西—黎曼方程知, 左端22=+222222()()x x x x uu vv uu vv uv vu u v +++-=+=+ 2()f z '==右端, 证毕. 5．证明：若()f 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）2v u = （5）231u v +=证明：关键证明,u v 的一阶偏导数皆为0！（1）()f z u iv =-, 因其解析, 故此由柯西—黎曼方程得 , x y y x u v u v =-= ------------------------（1）而由()f z 的解析性, 又有, x y y x u v u v ==- ------------------------（2）由（1）、（2）知, 0x y x y u u v v ===≡, 因此12, ,u c v c ≡≡即 12()f z c ic ≡+为常数（2）设1u c ≡, 那么由柯西—黎曼方程得 0, 0x y y x v u v u =-≡=≡,说明v 与,x y 无关, 因而 2v c ≡, 从而12()f z c ic ≡+为常数.（3）由已知, 2220()f z u v c =+≡为常数, 等式两端分别对,x y 求偏导数, 得 220220x x y y uu vv uu vv +=+=----------------------------（1）因()f z 解析, 所以又有 , x y y x u v u v ==--------------------------（2）求解方程组（1）、（2）, 得 0x y x y u u v v ===≡, 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, 2v u =两端分别对,x y 求偏导数, 得 再联立柯西—黎曼方程, x y y x u v u v ==-, 仍有（5）同前面一样, 231u v +=两端分别对,x y 求偏导数, 得 考虑到柯西—黎曼方程, x y y x u v u v ==-, 仍有0x y x y u u v v ===≡, 证毕.6．计算下列各值（若是对数还需求出主值）（1）2i eπ- （2）()Ln i - （3）(34)Ln i -+（4）sin i （5）(1)i i + （6）2327解：（1）2cos()sin()22i ei i πππ-=-+-=-（2）1()ln arg()2(2)2Ln i i i k i k i ππ-=-+-+=-+,k 为任意整数,主值为：1()2ln i i π-=-（3）(34)ln 34arg(34)2Ln i i i k i π-+=-++-++ 4ln5(arctan 2)3k i ππ=+-+, k 为任意整数主值为：4ln(34)ln5(arctan )3i i π-+=+-（4）..1sin 22i i i i e e e e i i i ----== （5）(2)2(1)44(1)i i k i k iiLn i i eeeππππ++--++===24(cosln sin k ei ππ--=+, k 为任意整数（6）22224427(272)27333333279Ln ln k i ln k i k i e e e e e πππ+====, 当k 分别取0, 1, 2时获得3个值：9, 4399(1)2i e π=-+, 8399(1)2i e π=-+7．求2z e 和2z Arge 解：2222z x y xyie e-+=, 因此根据指数函数的界说, 有2z e22x y e-=, 222z Arge xy k π=+, （k 为任意整数）8．设i zre θ=, 求Re[(1)]Ln z -解：(1)ln 1[arg(1)2]Ln z z i z k i π-=-+-+, 因此9．解下列方程：（1）1ze =+ （2）ln 2z i π=（3）sin cos 0z z += （4）shz i =解：（1）方程两端取对数得：1(1)ln 2(2)3z Ln k i π=+=++（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,4z k ππ+= 即 4z k ππ=-, k 为任意整数（4）由双曲函数的界说得 2z ze e shz i --==, 解得 2()210z z e ie --=, 即z e i =, 所以(2)2z Lni k i ππ==+ , k 为任意整数10．证明罗比塔法则：若()f z 及()g z 在0z 点解析, 且000()()0, ()0f z g z g z '==≠, 则000()()lim()()z z f z f z g z g z →'=', 并由此求极限 00sin 1lim ; lim z z z z e z z→→-证明：由商的极限运算法则及导数界说知000000000000()()()()lim ()lim lim ()()()()()lim z z z z z z z z f z f z f z f z z z z z f z g z g z g z g z g z z z z z →→→→----==----00()()f zg z '=', 由此, 00sin cos lim lim 11z z z zz →→==11．用对数计算公式直接验证：（1）22Lnz Lnz ≠ （2）12Lnz =解：记i z re θ=, 则（1）左端22()2ln (22)i Ln r e r k i θθπ==++,右端2[ln (2)]2ln (24)r m i r m i θπθπ=++=++, 其中的,k m 为任意整数.显然, 左端所包括的元素比右真个要多（如左端在1k =时的值为2ln (22)r i θπ++, 而右端却取不到这一值）, 因此两端不相等.（2）左端221]ln (2)22m i Ln rer m k i θπθππ+==+++右端11[ln (2)]ln ()222r n i r n i θθππ=++=++其中,k n 为任意整数, 而 0,1m =不难看出, 对左端任意的k , 右端n 取2k 或21k +时与其对应；反之, 对右端任意的n , 当2n l =为偶数时, 左端可取,0k l m ==于其对应, 而当21n l =+为奇数时, 左端可取2,1k l m ==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sin sin , cos cos z z z z == 证明：首先有(cos sin )(cos sin )z x x x iy z e e y i y e y i y e e -=+=-== , 因此sin 2i z i z e e z i--==, 第一式子证毕.同理可证第二式子也成立.13．证明Im Im sin z z z e ≤≤ （即sin yy z e ≤≤） 证明：首先, sin 222iz izizizy y ye e e e e e z e i ---+-+=≤=≤, 右端不等式获得证明.其次, 由复数的三角不等式又有sin 2222iz izy yy yiz ize e e e e ee e z i--------=≥==,根据高等数学中的单调性方法可以证明0x ≥时2x xe e x --≥, 因此接着上面的证明, 有sin 2y y e ez y --≥≥, 左端不等式获得证明.14．设z R ≤, 证明sin , cos z chR z chR ≤≤证明：由复数的三角不等式, 有sin 2222iz iz y y iz iz y y e e e e e e e ez ch y i ----+-++=≤===,由已知, y z R ≤≤, 再主要到0x ≥时chx 单调增加, 因此有sin z ch y chR ≤≤,同理,cos 2222iz izy yizizy y e e e e e e e ez ch y chR----++++=≤===≤ 证毕.15．已知平面流场的复势()f z 为（1）2()z i + （2）2z （3）211z +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 ϕψ=+, 则 流场的流速为()v f z '=, 流线为1(,)x y c ψ≡, 等势线为2(,)x y c ϕ≡, 因此, 有（1）2222()[(1)](1)2(1)z i x y i x y x y i +=++=-+++ 流速为()2()2()v f z z i z i '==+=-,流线为1(1)x y c +≡, 等势线为 222(1)x y c -+≡ （2）333223()3(3)z x iy x xy x y y i =+=-+- 流速为22()33()v f z z z '===,流线为2313x y y c -≡, 等势线为 3223x xy c -≡（3）22221111()112z x iy x y xyi==+++-++ 流速为222222()(1)(1)z zv f z z z --'===++, 流线为 122222(1)4xyc x y x y ≡-++, 等势线为 222222221(1)4x y c x y x y-+≡-++ 习题三谜底 1．计算积分2()cx y ix dz -+⎰, 其中c 为从原点到1i +的直线段解：积分曲线的方程为, x t y t ==, 即z x iy t ti =+=+, :01t →, 代入原积分表达式中, 得2．计算积分z ce dz ⎰, 其中c 为 （1）从0到1再到1i +的折线 （2）从0到1i +的直线解：（1）从0到1的线段1c 方程为：, :01z x iy x x =+=→,从1到1i +的线段2c 方程为：1, :01z x iy iy y =+=+→, 代入积分表达式中, 得11(sin1cos1)(cos1sin1)11i e ei i i e i e +=-+-+=+-=-；（2）从0到1i +的直线段的方程为z x iy t ti =+=+, :01t →, 代入积分表达式中, 得1100()(1)(cos sin )zt titce dz e t ti dt i e t i t dt +'=+=++⎰⎰⎰,对上述积分应用分步积分法, 得3．积分2()cx iy dz +⎰, 其中c 为（1）沿y x =从0到1i + （2）沿2y x =从0到1i + 解：（1）积分曲线的方程为z x iy t ti =+=+, :01t →, 代入原积分表达式中, 得（2）积分曲线的方程为 2z x iy x x i =+=+, :01t →, 代入积分表达式中, 得4．计算积分cz dz ⎰, 其中c 为（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）c 的方程为cos sin , :0z x iy i θθθπ=+=+→, 代入, 得5．估计积分212c dz z +⎰的模,其中c 为+1到-1的圆心在原点的上半圆周.解：在c 上, z =1, 因而由积分估计式得222111222c c c cdz ds ds ds z z z ≤≤=++-⎰⎰⎰⎰c =的弧长π= 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1n >时其中R c 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122n n M M R R Rππ-==, 因1n >, 因此上式两端令R →+∞取极限, 由夹比定理, 得()lim 0Rn R c f z dz z →+∞=⎰, 证毕. 7．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1z =.（1）2(2)c dzz +⎰ （2）224cdzz z ++⎰（3）22cdzz +⎰（4）cos c dzz ⎰ （5）z cze dz ⎰解：各积分的被积函数的奇点为：（1）2z =-, （2）2(1)30z ++=即1z =-±, （3）z = （4）, 2z k k ππ=+为任意整数,（5）被积函数处处解析, 无奇点不难看出, 上述奇点的模皆年夜于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. 8．计算下列积分：（1）240ize dz π⎰ （2）2sin iizdz ππ-⎰（3）10sin z zdz ⎰解：以上积分皆与路径无关, 因此用求原函数的方法：（1）4220240111()(1)222ii izz e dz ee e i πππ==-=-⎰ （2）21cos2sin 2sin []224iiii i iz z zzdz dz ππππππ----==-⎰⎰（3）111100sin cos cos cos z zdz zd z z z zdz =-=-+⎰⎰⎰9．计算22cdzz a-⎰, 其中c 为不经过a ±的任一简单正向闭曲线.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（2）a 在c 内, a -在c 外, 则1z a+在c 内解析, 因而由柯西积分公式：22112z a c c dz z a dz i i z a z a a z a ππ=+===-+-⎰⎰ （3）同理, 当a -在c 内, a 在c 外时, （4）a ±皆在c 内此时, 在c 内围绕,a a -分别做两条相互外离的小闭合曲线12,c c , 则由复合闭路原理得：注：此题若分解221111()2a z a z a z a=--+-, 则更简单！ 10． 计算下列各积分解：（1）11()(2)2z dz i z z =-+⎰, 由柯西积分公式 （2）23221izz i e dz z -=+⎰, 在积分曲线内被积函数只有一个奇点i , 故此同上题一样：（3）2232(1)(4)z dzz z =++⎰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12,c c , 则由复合闭路原理得：（4）4221z zdz z -=-⎰, 在积分曲线内被积函数只有一个奇点1,故此 （5）221sin 41z zdz z π=-⎰, 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12,c c , 则由复合闭路原理得：（6）22, (1)nnz z dz n z =-⎰为正整数, 由高阶导数公式 11． 计算积分312(1)zc e dz i z z π-⎰, 其中c 为 （1）12z = （2）112z -= （3）2z =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30(1)z z e z ==-11()2!z z e z =''+12e=-, 其中, 12,c c 为2z =内分别围绕0, 1且相互外离的小闭合曲线.12．积分112z dz z =+⎰的值是什么？并由此证明012cos 054cos d πθθθ+=+⎰解：首先, 由柯西基本定理, 1102z dz z ==+⎰, 因为被积函数的奇点在积分曲线外.其次, 令(cos sin )z r i θθ=+, 代入上述积分中, 得 考察上述积分的被积函数的虚部, 便获得2012cos 054cos d πθθθ+==+⎰, 再由cos θ的周期性, 得 即012cos 054cos d πθθθ+=+⎰, 证毕.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 =. 证明：由柯西积分公式, 对c 内任意点0z ,00001()1()(), ()22c c f z g z f z dz g z dz i z z i z z ππ==--⎰⎰, 由已知, 在积分曲线c 上, ()()f z g z =, 故此有 再由0z 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()11f z -<, 证明（1）在D 内()0f z ≠；（2）对D 内任一简单闭曲线c , 皆有()0()cf z dz f z '=⎰ 证明：（1）显然, 因为若在某点处()0,f z =则由已知 011-<, 矛盾！（也可直接证明：()1()11f z f z -<-<, 因此1()11f z -<-<, 即0()2f z <<, 说明()0f z ≠）（3）既然()0f z ≠, 再注意到()f z 解析, ()f z '也解析, 因此由函数的解析性法则知()()f z f z '也在区域D 内解析, 这样,根据柯西基本定理, 对D 内任一简单闭曲线c , 皆有()0()cf z dz f z '=⎰, 证毕. 15．求双曲线22y x c -= （0c ≠为常数）的正交（即垂直）曲线族.解：22u y x =-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 =即是所要求的曲线族.为此, 由柯西—黎曼方程2x y v u y =-=-, 因此(2)2()v y dx xy g y =-=-+⎰, 再由 2y x v u x ==-知, ()0g y '≡, 即0()g y c =为常数, 因此02v xy c =-+, 从而所求的正交曲线族为xy c ≡（注：实际上, 本题的谜底也可观察出, 因极易想到 222()2f z z y x xyi =-=--解析）16．设sin px v e y =, 求p 的值使得v 为调和函数. 解：由调和函数的界说2sin (sin )0px px xx yy v v p e y e y +=+-=,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, 必需210p -=, 即1p =±.17．已知22255u v x y xy x y +=-+--, 试确定解析函数 解：首先, 等式两端分别对,x y 求偏导数, 得225x x u v x y +=+-----------------------------------（1）225y y u v y x +=-+- -------------------------------（2）再联立上柯西—黎曼方程x y u v =------------------------------------------------------（3）y x u v =-----------------------------------------------------（4）从上述方程组中解出,x y u u , 得这样, 对x u 积分, 得25(),u x x c y =-+再代入y u 中, 得 至此获得：2205,u x x y c =--+由二者之和又可解出 025v xy y c =--, 因此200()5f z u iv z z c c i =+=-+-, 其中0c 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）22, ()1u x xy y f i i =+-=-+, 由柯西—黎曼方程,2y x v u x y ==+, 对y 积分, 得212()2v xy y c x =++, 再由x y v u =-得2()2y c x x y '+=-+, 因此201(), ()2c x x c x x c '=-=-+, 所以22011222v xy y x c =+-+,因()1f i =-, 说明0,1x y ==时1v =, 由此求出012c =, 至此获得：2222111()(2)222f z u iv x xy y y x xy i =+=+-+-++,整理后可得：211()(1)22f z i z i =-+（2）22yv x y=+, (2)0f = 此类问题, 除上题采纳的方法外, 也可这样：222222222222()1()()()x y xy z i x y x y z zz -=-==++, 所以 1()f z c z=-+,其中c 为复常数.代入(2)0f =得, 12c =, 故此（3）arctan , (0)yv x x=>同上题一样, ()x x y x f z u iv v iv '=+=+22221x y z i zx y x y zz -=+==++, 因此0()ln f z z c =+,其中的ln z 为对数主值, 0c 为任意实常数. （4）(cos sin )x u e x y y y =-, (0)0f =(sin sin cos )x x y v u e x y y y y =-=++, 对x 积分, 得再由y x v u =得()0c x '=, 所以0()c x c =为常数, 由(0)0f =知, 0x y ==时0v =, 由此确定出00c =, 至此获得：()f z u iv =+=(cos sin )x e x y y y -(sin cos )x ie x y y y ++,整理后可得 ()z f z ze =19．设在1z ≤上()f z 解析, 且()1f z ≤, 证明 (0)1f '≤ 证明：由高阶导数公式及积分估计式, 得1112122z ds πππ=≤==⎰, 证毕. 20．若()f z 在闭圆盘0z z R -≤上解析, 且()f z M ≤, 试证明柯西不等式 ()0!()n n n f z M R≤, 并由此证明刘维尔定理：在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11111!!!!()2222n n n n z z n n M n M n M f z ds ds R R R R R ππππ+++===≤==⎰⎰, 柯西不等式证毕；下证刘维尔定理：因为函数有界, 无妨设()f z M ≤, 那么由柯西不等式, 对任意0z 都有0()Mf z R'≤, 又因()f z 处处解析, 因此R 可任意年夜, 这样, 令R →+∞, 得0()0f z '≤, 从而0()0f z '=, 即 0()0f z '=, 再由0z 的任意性知()0f z '≡, 因而()f z 为常数, 证毕.习题四谜底1． 考察下列数列是否收敛, 如果收敛, 求出其极限．（1）1n n z i n=+解：因为lim n n i →∞不存在, 所以lim n n z →∞不存在, 由定理4.1知, 数列{}nz 不收敛．（2）(1)2n n i z -=+解：1sin )22i i θθ+=+, 其中1arctan 2θ=, 则()sin )cos sin nnn z i n i n θθθθ-⎤=+=-⎥⎣⎦．因为lim 0nn →∞=,cos sin 1n i n θθ-=, 所以()lim cos sin 0nn n i n θθ→∞-=由界说4.1知, 数列{}n z 收敛, 极限为0．（3）21n i n z e nπ-=解：因为21n i eπ-=, 1lim 0n n →∞=, 所以21lim 0n i n enπ-→∞= 由界说4.1知, 数列{}n z 收敛, 极限为0． （4）()n n zz z=解：设(cos sin )z r i θθ=+, 则()cos 2sin 2n n z z n i n zθθ==+, 因为lim cos 2n n θ→∞, lim sin 2n n θ→∞都不存在, 所以lim n n z →∞不存在, 由定理4.1知, 数列{}n z 不收敛．2． 下列级数是否收敛？是否绝对收敛?(1)1!nn i n ∞=∑解：1!!n i n n =, 由正项级数的比值判别法知该级数收敛, 故级数1!nn i n ∞=∑收敛, 且为绝对收敛． (2)2ln nn i n∞=∑解：222cos sin 22ln ln ln n n n n n n i i n n n ππ∞∞∞====+∑∑∑, 因为2cos11112ln ln 2ln 4ln 6ln 8n n n π∞==-+-++∑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,2sin111121ln ln 3ln 5ln 7ln 9n n n π∞==-+-++∑也收敛, 故级数2ln nn i n∞=∑是收敛的． 又22111,ln ln ln 1n n n i n n n n ∞∞===>-∑∑, 因为211n n ∞=-∑发散, 故级数21ln n n ∞=∑发散, 从而级数2ln nn i n ∞=∑条件收敛．(3)0cos 2n n in∞=∑解：1110000cos 2222n n n nn n n n n n n n in e e e e --∞∞∞∞+++====+==+∑∑∑∑, 因级数102nn n e ∞+=∑发散, 故cos 2nn in∞=∑发散． (4)()35!nn i n ∞=+∑解：()035!!nn n i n n ∞∞==+=∑∑, 由正项正项级数比值判别法知该级数收敛, 故级数()035!nn i n ∞=+∑收敛, 且为绝对收敛．3．试确定下列幂级数的收敛半径．(1)()01n n n i z ∞=+∑解：1lim 1n n n c i c +→∞=+=故此幂级数的收敛半径R =． (2)0!n nn n z n∞=∑解：11(1)!11lim lim lim 1(1)!(1)n n n n n n n n c n n c n n e n++→∞→∞→∞+=⋅==++, 故此幂级数的收敛半径R e =．(3)1in n n e z π∞=∑解：11lim lim 1in n n n innc e c e ππ++→∞→∞==, 故此幂级数的收敛半径1R =．(4)221212n nn n z ∞-=-∑解：令2z Z =, 则22111212122n n n n n n n n z Z ∞∞--==--=∑∑112112lim lim 2122n n n n nnn c n c ++→∞→∞+==-, 故幂级数11212n n n n Z ∞-=-∑的收敛域为2Z <, 即22z <, 从而幂级数221212n n n n z ∞-=-∑的收敛域为z <, 收敛半径为R =．4．设级数0n n α∞=∑收敛, 而0n n α∞=∑发散, 证明0n n n z α∞=∑的收敛半径为1． 证明：在点1z =处,nnnn n z αα∞∞===∑∑, 因为0n n α∞=∑收敛, 所以n nn z α∞=∑收敛, 故由阿贝尔定理知, 1z <时, 0n nn z α∞=∑收敛, 且为绝对收敛, 即0n n n z α∞=∑收敛．1z >时, 0nn n n n z αα∞∞==>∑∑, 因为0n n α∞=∑发散, 根据正项级数的比力准则可知, 0nn n z α∞=∑发散, 从而0n n n z α∞=∑的收敛半径为1, 由定理4.6, 0n n n z α∞=∑的收敛半径也为1．5．如果级数0n n n c z ∞=∑在它的收敛圆的圆周上一点0z 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：0z z <时, 由阿贝尔定理, 0n n n c z ∞=∑绝对收敛．0z z =时, 00nnn n n n c z c z ∞∞===∑∑, 由已知条件知, 00n n n c z ∞=∑收敛,即0nn n c z ∞=∑收敛, 亦即0n n n c z ∞=∑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）221(1)z + 解：由于函数221(1)z +的奇点为z i =±, 因此它在1z <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, 可以获得24211(1),11n n z z z z z=-+-+-+<+．将上式两边逐项求导, 即得所要求的展开式221(1)z +='24122211123(1),112n n z z nz z z z +-⋅-=-+++-+<+（）（）． （2）1(0,0)()()a b z a z b ≠≠-- 解：①a b =时, 由于函数1(0,0)()()a b z a z b ≠≠--的奇点为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．='1(1)nn z z a a a⋅++++=111()n n n z a a a -⋅+++=1211,n n n z z a a a -++++<． ②a b ≠时, 由于函数1(0,0)()()a b z a z b ≠≠--的奇点为12,z a z b ==,因此它在min{,}z a b <内处处解析, 可以在此圆内展开成z 的幂级数．=2121111()nnn n z z z z a b a aa b bb ++-----++++-=22111111111[()()],min{,}nn n z z z a b a b b a b a b a ++-+-++-+<-．（3）2cos z解：由于函数2cos z 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．4822cos 1(1),2!4!(2)!nnz z z z z n =-+-+-+<+∞．（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．321321()()()()sin ((1)),3!(21)!3!(21)!n n niz iz z z shz i iz i iz z z n n ++=-=--++-+=++++<+∞++（5）2sin z解：由于函数2sin z 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．=221(2)(2)(1),22!2(2)!nn z z z n +++-+<+∞⨯⨯．（6）sin z e z解：由于函数sin z e z 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．(1)(1)sin 22iz iz i z i zzze e e e e z e i i-+---=⋅==22221(1)(1)(1)(1)(1(1)1(1))22!!2!!n n n n i z i z i z i z i z i z i n n ++--++++++-------=2122(1)(1)(2)22!!n n n i i i iz z z i n ⋅+--++++=32,3z z z z +++<+∞． 7． 求下列函数展开在指定点0z 处的泰勒展式, 并写出展式成立的区域．（1）0,2(1)(2)zz z z =++解： 21(1)(2)21z z z z z =-++++, 022111(2)222422414nnn z z z z ∞=-==⋅=-+-++∑, 011111(2)212333313nnn z z z z ∞=-==⋅=-+-++∑． 由于函数(1)(2)zz z ++的奇点为121,2z z =-=-, 所以这两个展开式在23z -<内处处成立．所以有：210001(2)1(2)11()(2),23(1)(2)243323n n n n n n nn n n z z z z z z z ∞∞∞+===--=-=---<++∑∑∑．（2）021,1z z = 解：由于2111(1)(1)(1)(1),1111n n z z z z z z ==--+-++--+-<-+ 所以'11211()12(1)(1)(1),11n n z n z z z z --=-=--++--+-<．（3）01,143z i z=+- 解：1111134343(1)33133(1)131(1)13z z i i i z i i z i i===⋅--------------- =100133(1)(1)13(13)(13)n n n n n n n n z i z i i i i ∞∞+==⋅--=-----∑∑．展开式成立的区域：3(1)113z i i--<-, 即13z i --< （4）0tan ,4z z π=解：'2tan sec z z =,''2tan 2sec tan z z z=,'''22tan 2sec (2tan 1)z z z =+, ……,'24tan sec 24z z ππ===, ''244tan 2sec tan 2z z zz zππ====,'''22448tan 2sec (2tan 1)3z z zz z ππ===+=……, 故有因为tan z 的奇点为,2z k k Z ππ=+∈, 所以这个等式在44z ππ-<的范围内处处成立.8． 将下列函数在指定的圆域内展开成洛朗级数．(1)21,12(1)(2)z z z <<+- 解：2221112()(1)(2)5211z z z z z z =--+--++,222222002221212(1)(1)111n nn n n n z z z z z z∞∞+====-=-++∑∑, 故有2121220001112((1)(1))(1)(2)52n nn n n n n n n z z z z z ∞∞∞+++====-+-+-+-∑∑∑(2)21,01,1(1)z z z z z +<<<<+∞- 解：222112(1)(1)z z z z z z +=+--①在01z <<内 ②在1z <<+∞内 (3)1,011,12(1)(2)z z z z <-<<-<+∞--解：①在011z <-<内, ②在12z <-<+∞内20111111111(1)(1)1(1)(2)22122(2)(2)(2)12nnn n n n z z z z z z z z z z ∞∞+===⋅=⋅=-=-----+-----+-∑∑(4)1sin ,011z z<-<+∞- 解：在01z <-<+∞内(5)cos,011zz z <-<+∞- 解：111cos cos(1)cos1cos sin1sin 1111z z z z z =+=----- 在01z <-<+∞内故有9．将221()(1)f z z =+在z i =的去心邻域内展开成洛朗级数．解：因为函数221()(1)f z 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02z i <-<．在02z i <-<内又11001111()()(1)(1)()222(2)(2)12n n n n n n n n z i z i z i z i i i i i i i∞∞++==---=-⋅=--=---++∑∑ 故有222222001111()(1)()(1)()(1)()(2)(2)n n n n n n n n n n f z z i z i z z i i i ∞∞-++==++==⋅--=--+-∑∑ 10．函数()ln f z z =能否在圆环域0(0)z R R <<<<+∞内展开为洛朗级数？为什么？答：不能.函数()ln f z z =的奇点为,0,z z R ≤∈, 所以对,0R R ∀<<+∞, 0z R <<内都有()f z 的奇点, 即()f z 以0z =为环心的处处解析的圆环域不存在, 所以函数()ln f z z =不能在圆环域0(0)z R R <<<<+∞内展开为洛朗级数．习题五谜底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． （1）221(1)z z z -+解：函数的孤立奇点是0,z z i ==±, 因222222221111111(1)(1)()()()()z z z z z z z z z i z z i z i z z i ----=⋅=⋅=⋅++-++- 由性质5.2知, 0z =是函数的1级极点, z i =±均是函数的2级极点． （2）3sin zz 解：函数的孤立奇点是z =, 因32133sin 1((1))3!(21)!n nz z z z z z n +=-++-+, 由极点界说知, 0z =是函数的2级极点． （3）ln(1)z z+ 解：函数的孤立奇点是0z =, 因0ln(1)lim1z z z→+=, 由性质5.1知,0z =是函数可去奇点．（4）21(1)z z e -解：函数的孤立奇点是2z k i π=,①0k =, 即0z =时, 因4223(1)2!!n zz z z e z n +-=++++所以0z =是2(1)z z e -的3级零点, 由性质5.5知, 它是21(1)z z e -的3级极点②2z k i π=, 0k ≠时, 令2()(1)z g z z e =-, '2()2(1)z z g z z e z e =-+, 因(2)0g k i π=, '2(2)(2)0g k i k i ππ=≠, 由界说 5.2知,2(0)z k i k π=≠是()g z 的1级零点, 由性质5.5知, 它是21(1)z z e -的1级极点 （5）2(1)(1)zzz e π++ 解：函数的孤立奇点是(21),z k i k Z =+∈,令2()(1)(1)z g z z e π=++,'2()2(1)(1)z z g z z e e z πππ=+++, ''22()2(1)4(1)z z z g z e ze e z πππππ=++++①0z i =±时, 0()0g z =, '0()0g z =, ''0()0g z ≠, 由界说5.2知,0z i =±是()g z 的2级零点, 由性质5.5知, 它是21(1)(1)z z e π++的2级极点, 故0z i =±是2(1)(1)zzz e π++的2级极点．②1(21),1,2,z k i k =+=±时, 1()0g z =, '1()0g z ≠, 由界说5.2知, 1(21),1,2,z k i k =+=±是()g z 的1级零点, 由性质5.5知, 它是21(1)(1)z z e π++的1级极点, 故是2(1)(1)z zz e π++的１级极点．（６）21sin z解：函数的孤立奇点是0z =, 1,2,z z k ==±= 令2()sin g z z =, '2()2cos g z z z =,①0z =时, 因64222()sin (1)3!(21)!n nz z g z z z n +==-++-++, 所以0z =是()g z 的2级零点, 从而它是21sin z 的2级极点．②1,2,z z k ==±=时, ()0g z =, '()0g z ≠, 由界说5.2知,1,2,z z k ==±=是()g z 的1级零点, 由性质5.5知,它是21sin z的１级极点． 2． 指出下列各函数的所有零点, 并说明其级数．（1）sin z z解：函数的零点是,z k k Z π=∈, 记()sin f z z z =,'()sin cos f z z z z =+①0z =时, 因4222sin (1)3!(21)!n nz z z z z n +=-++-++, 故0z =是sin z z的2级零点．②,0z k k π=≠时, ()0z k f z π==, '()0z k f z π=≠, 由界说5.2知,,0z k k π=≠是sin z z 的1级零点． （2）22z z e解：函数的零点是0z =, 因242222(1)2!!n z z z z e z z n =+++++, 所以由性质5.4知, 0z =是22z z e 的2级零点．（3）2sin (1)z z e z -解：函数的零点是00z =, 1z k π=, 22z k i π=, 0k ≠,记2()sin (1)z f z z e z =-, '22()cos (1)sin [2(1)]z z z f z z e z z e z z e =-++-①0z =时, 0z =是sin z 的1级零点, , 1z e -的1级零点, 2z 的2级零点, 所以0z =是2sin (1)z z e z -的4级零点．②1z k π=, 0k ≠时, 1()0f z =, '1()0f z ≠, 由界说 5.2知, 1z k π=, 0k ≠是()f z 的1级零点．③22z k i π=, 0k ≠时, 1()0f z =, '1()0f z ≠, 由界说 5.2知, 22z k i π=, 0k ≠是()f z 的1级零点．3． 0z =是函数2(sin 2)z shz z -+-的几级极点？答：记()sin 2f z z shz z =+-, 则'()cos 2f z z chz =+-, ''()sin f z z shz =-+,'''()cos f z z chz =-+, (4)()sin f z z shz =+, (5)()cos f z z chz =+, 将0z =代入, 得：''''''(4)(0)(0)(0)(0)(0)0f f f f f =====, (5)()0f z ≠, 由界说5.2知, 0z =是函数()sin 2f z z shz z =+-的5级零点, 故是2(sin 2)z shz z -+-的10级极点．4． 证明：如果0z 是()f z 的(1)m m >级零点, 那么0z 是'()f z 的1m -级零点．证明：因为0z 是()f z 的m 级零点, 所以'''10000()()()()0m f z f z f z f z -=====,0()0m f z ≠, 即''''2000()(())(())0m f z f z f z -====, '10(())0m f z -≠, 由界说5.2知, 0z 是'()f z 的1m -级零点．5． 求下列函数在有限孤立奇点处的留数． （1）212z z z+- 解：函数的有限孤立奇点是0,2z z ==, 且0,2z z ==均是其1级。
高等数学下册勘误
高等数学下册勘误1.P7 B 组第2题，将“不共面”改为“不共线”。
2.P21 第2行，将“设方程”改为“设平面π的方程”。
3.P46 最后1行，将“点(,)P x x y y '+∆+∆”改为“点(,)P x y '∆∆”。
4.P63 第11行，将“函数(,)z x y =”改为“函数(,)z f x y =”。
5.P69 倒数第3行，将“324u xyz x∂==-∂”改为“324MMu xyzx∂==-∂”；将“234u x z y∂==-∂”改为“234MMu x zy∂==-∂”；将“22312u x yz z∂==∂”改为“22312MMu x yzz∂==∂”。
6.P69 倒数第2行，将“gradu ”改为“(2,1,1)gradu -”。
7.P71 第11行，将“22(,)8324046U x y xy x y x y =++--”改为 “(,)40(,)(104)P x y U x y x y =-+”。
8.P72 第7行，删去“，而0x x ≠”。
9.P73 第19行，将“达到最佳花费效果，”改为“的花费”。
10.P78 倒数第1，2, 4行，将“1ni =∑”改为“101i =∑”。
11.P90 第7行，将“定理1.3”改为“定理1.2”。
12.P122 第14行，将“DS =⎰⎰”改为DS =⎰⎰。
13.P137 第14，15行，将“13”改为“112”。
14.P142 第10行将“131cos (cos )3θθ--”改为“3cos (cos )3πθθ-”15.P145 习题8.2 B 组第1题，将“正向边界曲线”改为“边 界曲线（取逆时针方向）”。
16.P150 最后1行，将“()0LDDQ P Pdx Q dy dxdy dxdy xy∂∂+=-=∂∂⎰⎰⎰⎰⎰ ”改为“()0LDDQ P Pdx Q dy dxdy dxdyxy∂∂+=±-=±∂∂⎰⎰⎰⎰⎰ ”。
复变函数错例分析
复变函数错例分析卢 占 会西安交通大学高等数学教研室编的工程数学教材《复变函数》（[1]）被全国许多高等院校广泛使用．它结构严谨，自成体系；选材精练，文字通俗易懂，有一定深度和广度；基本内容符合我国工科高等院校教学的实际需要．它确实是一本好教材．长期以来我校一直选用该教材．在教学实践中发现学生作业中经常出现以下问题，有的是概念、理论不清楚，有的是没搞清实数与复数的区别，现指出来供参考．１．设函数)(z f 在0z 连续且0)(0≠z f ，那么可找到0z 的小邻域，在这邻域内0)(≠z f ．（[1]中34页29题） 错证 )(z f 在0z 连续，设)0()(lim 0≠=→A A z f z z （[2]中为)0()(lim 00≠=→A A z f z z ，不妨设0>A ．由极限定义，取20A =ε，必存在一正数)(0εδ，使得当)(000εδ<-<z z 时有0)(ε<-A z f ．即2322)(0)(A A A z f A z f <<<⇒<-．0<A 情况，类似可证．得证．（此证法见[2]中108页29题及其证明）分析 因)(z f 是复变函数，)(lim 0z f z z →为复数，即A 是复数，显然上述证明中不应就0>A 和0<A 两种情况讨论．证明 由)(z f 在0z 连续且0)(0≠z f 知，对2)(00z f =ε，必存在一正数)(0εδ，使得当)(00εδ<-z z 时有00)()(ε<-z f z f ．从而)()()()()()()(0000z f z f z f z f z f z f z f --≥-+=0)(2(2(0)0)0>=->z f z f z f ，即在0z 的)(0εδ邻域内0)(≠z f ．得证．２．设A z f z z =→)(lim 0，证明)(z f 在0z 的某一去心邻域内是有界的，即存在一个实常数0>M ，使在0z 的某一去心邻域内有M z f ≤)(．（[1]中34页30题） 错证 由A z f z z =→)(lim 0，根据极限定义，（如上题所证）可得23)(Az f <在某一δ<-<00z z 邻域内，M z f ≤)(取23A M =．（此证法见[2]中108页30题及其证明） 分析 该证明中＂如上题所证＂显然又未注意到)(z f 是复变函数和A 是复数，再者0=A 时＂取23A M =＂显然不合适．证明 由A z f z z =→)(lim 0，根据极限定义，对1=ε，存在0>δ，当δ<-<00z z 时有1)(<-A z f ，即1)()()(+≤-+≤-+=A A z f A A z f A z f ，取1+=A M 即可． ３．（[1]中68页16题）证明对数的下列性质（１）)()()(2121z Ln z Ln z z Ln +=；（２）)()()(2121z Ln z Ln Ln z z -=证明（１）2121212121212arg 2arg ln ln 2)arg(ln )(Lnz Lnz i m z i i l z i z z ik z z i z z z z Ln +=+++++=+⋅+=πππ （２）2121212arg arg ln ln 2)arg(ln )(212121Lnz Lnz i k z i z i z z ik i Ln z z z z z z -=+-+-='++=ππ （此证法见[2]中123页16（１）（２）题及其证明）分析 学生看了该解答后，误认为＂)arg()arg()arg(2121z z z z +=＂和＂)arg()arg(121z z z =)arg(2z -＂是成立的，还不易说清m l k ,,三者之间的关系．该证明改进为：（1）根据指数的加法定理，由恒等式11z eLnz =和22z e Lnz =可知212121z z e e e Lnz Lnz Lnz Lnz ==+．另一方面，因21)(21z z ez z Ln =，故2121)(Lnz Lnz z z Ln e e +=，从而)()()(2121z Ln z Ln z z Ln +=．（2）由恒等式11z e Lnz =和22z e Lnz =可知21212121z z eeLnz Lnz Lnz Lnz Lnz Lnz e e e ===--另一方面，因2121)(z z z z Ln e=，故)(21z z Ln e＝21Lnz Lnz e-，从而)()()(2121z Ln z Ln Ln z z -=．４．（[1]第204页例3）求将上半平面0)Im(>z 映射成单位圆1<w ，且满足条件0)2(arg ,0)2(='=i w i w 的分式线性映射．该题在解答中有＂2)4arg(arg )4(arg))2('arg(πθθθ-=-+=-=i i i w e e ii＝0＂而在［1］第一章第12页中有＂对非零复数z z 21,，有)()()(2121z z z z Arg Arg Arg +=成立＂．我们自然要问＂)arg()arg()arg(2121z z z z +=成立吗？＂．显然一般而言是不成立的（如取,121-==z z 则0)arg(21=z z ，但π2)arg()arg(21=+z z ）． 此处可改为＂0arg )(arg ))2('arg()(42==-=-e e i iii w πθθ，由此可推出取2πθ=＂．另外，［1］第206页例6中也有类似问题，我们可作类似修改．。
2016《高等数学辅导讲义》勘误表
189 页 例 4 解答第 4、5 行
{50, 52, 4} 50(x 3) 52( y 0) 4(z 3) 0 25x 26y 2z 69 0
{50, 52, 18} 50(x 3) 52( y 0) 18(z 3) 0 25x 26y 9z 48 0
x0
x
an1 ar
f (x) 0
存在 c1,2
1, x Q, D(x) 0, x R \ Q
ln(1 x)
lim f (x) lim
x0
x0
x
an1 an
f (x) 0
存在 c 0, 2
11 页例 4 证 明第一行
F ( x)
x
,
u y
,
u y
由对称性得
x 1 y 2 z 1 1 0 1
u x
,
u y
,
u z
同理可得
x 1 y 2 z 1 1 0 1
124 页 例 2 求微分方程 ydx (x 4y)dy 0 的 求微分方程 ydx (x 4y)dy 0
故 I
1
1
dy f (x, y)dx
0
0
151 页 例 3 解答第一行 151 页 例 3 解答第二行 162 页 例 2 解答第 2 行
1
1
1
1
0 dy0 f (x, y)dx 0 dy0 f (x, y)dx
0 x2 y2 1
1 x2 y2 2
单调较少
0 x2 y2 1 1 x2 y2 2
复变函数课后答案
复变函数课后答案复变函数是数学中的一个重要的分支，它将实变函数的概念引入到复数域中。
复变函数的研究对于科学和工程领域有着广泛的应用，因此学习复变函数是数学学生的必修课程之一。
在学习过程中，课后习题是一个不可或缺的重要环节。
本文将为读者提供复变函数课后答案，希望可以帮助大家在学习上得到更好的理解和掌握。
一、Cauchy-Riemann方程Cauchy-Riemann方程是研究复变函数的基础。
它是一个关于函数的实部和虚部的偏微分方程组。
具体而言，设$f(z)=u(x,y)+iv(x,y)$是一个复变函数，其中$x,y\in\mathbb{R}$是实数，$z=x+iy$是一个复数，那么Cauchy-Riemann方程可以表示为：$$\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{\partial v}{\partial y},\quad\frac{\partial u}{\partial y}=-\frac{\partial v}{\partial x}$$当且仅当复变函数满足Cauchy-Riemann方程时，它才是解析的。
此外，如果$f(z)$是解析的，则它在一个开放的区域内是无限可微的。
这是我们在复分析中经常使用的重要性质。
二、复积分复积分是计算复变函数的积分的一种方法。
与实变函数中的积分不同的是，复变函数的积分是在复平面上的路径上取值的。
具体而言，设$f(z)$是一个在复平面上连续的函数，$C$是一条连接$z_0$和$z_1$的可求长曲线，则$f(z)$沿着$C$的积分定义为：$$\int_Cf(z)dz=\int_C [u(x,y)dx-v(x,y)dy]+i\int_C [u(x,y)dy+v(x,y)dx] $$其中，$u(x,y)$和$v(x,y)$分别是$f(z)$的实部和虚部。
如果$\int_Cf(z)dz=0$，则称$f(z)$沿着$C$是可积的。
三、Laurent级数在复分析中，我们经常需要将一个复变函数表示为一个Laurent 级数的形式，这个级数包含一部分关于$z$的负次幂，并且它可以用于计算发生奇点的复变函数。
复变函数疑难问题分析
复变函数疑难问题分析1. 设zz z f 1sin )(2=，{}11|<-=z z D 。
1）函数)(z f 在区域D 中是否有无限个零点？2） 若上小题的答案是肯定的，是否与解析函数零点的孤立性相矛盾？为什么？答： 有无限个零点。
可以具体写出其所以零点； 不矛盾。
因为这无限多个零点均为孤立零点；不可以展开为洛朗级数。
因为0=z 为非孤立的奇点。
2. “函数sin z 在z 平面上是有界的”是否正确？sin z 在z 平面上无界。
这是因为sin 2iz iz e e z i --=，令(0)z iy y =<，则|sin |||()2iz ize e z y i--=→∞→-∞ 3. “函数z e 为周期函数” 是否正确？z e 是以2k i π为周期的函数。
因为z C ∀∈，221z k i z k i z z e e e e e ππ+==⋅=，k 为整数4. “()f z z =是解析函数” 是否正确？()f z z =在z 平面上不解析。
因为()f z z x iy ==-，所以(,)u x y x =，(,)v x y y =- 所以1u x ∂=∂，1v y ∂=-∂，0u y ∂=∂，0v x∂=∂ 但是11u v x y ∂∂=≠-=∂∂，所以(,)u x y ，(,)v x y 在z 平面上处处不满足..C R -条件 所以()f z z =在z 平面上不解析。
5.根据教材中建立起球面上的点（不包括北极点N ）复平面上的点间的一一对应，试求解下列问题。
（1）复球面上与点(1)22对应的复数； （2）复数1+i 与复球面上的那个点；（3）简要说明如何定义扩充复平面。
解：（1）建立空间直角坐标系（以O 点为原点，SON 为z 轴正半轴），则过点,,1)22P 与点(0,0,2)N 的直线方程为21z -==-。
当0z =时，x y ==，所以对应。
（2）复数1i +的空间坐标为(1,1,0)。
(完整版)复变函数知识点梳理解读
第一章:复数与复变函数这一章主要是解释复数和复变函数的相关概念,大部分内容与实变函数近似,不难理解。
一、复数及其表示法介绍复数和几种新的表示方法,其实就是把表示形式变来变去,方便和其他的数学知识联系起来。
二、复数的运算高中知识,加减乘除,乘方开方等。
主要是用新的表示方法来解释了运算的几何意义。
三、复数形式的代数方程和平面几何图形就是把实数替换成复数,因为复数的性质,所以平面图形的方程式二元的。
四、复数域的几何模型——复球面将复平面上的点,一一映射到球面上,意义是扩充了复数域和复平面,就是多了一个无穷远点,现在还不知道有什么意义,猜想应该是方便将微积分的思想用到复变函数上。
五、复变函数不同于实变函数是一个或一组坐标对应一个坐标,复变函数是一组或多组坐标对应一组坐标,所以看起来好像是映射在另一个坐标系里。
六、复变函数的极限和连续性与实变函数的极限、连续性相同。
第二章:解析函数这一章主要介绍解析函数这个概念,将实变函数中导数、初等函数等概念移植到复变函数体系中。
一、解析函数的概念介绍复变函数的导数,类似于实变二元函数的导数,求导法则与实变函数相同。
所谓的解析函数,就是函数处处可导换了个说法,而且只适用于复变函数。
而复变函数可以解析的条件就是:μ对x与ν对y的偏微分相等且μ对y和ν对x的偏微分互为相反数,这就是柯西黎曼方程。
二、解析函数和调和函数的关系出现了新的概念:调和函数。
就是对同一个未知数的二阶偏导数互为相反数的实变函数。
而解析函数的实部函数和虚部函数都是调和函数。
而满足柯西黎曼方程的两个调和函数可以组成一个解析函数,而这两个调和函数互为共轭调和函数。
三、初等函数和实变函数中的初等函数形式一样,但是变量成为复数,所以有一些不同的性质。
第三章:复变函数的积分这一章,主要是将实变函数的积分问题,在复变函数这个体系里进行了系统的转化,让复变函数有独立的积分体系。
但是很多知识都和实变函数的知识是类似的。
可以理解为实变函数积分问题的一个兄弟。
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特别说明，以下修改意见中的引号不添入正文，引号中的标点符号，必须添入正文。
1. 139页，第二段最后一行，在黑体字“像函数”后面，添加“，也记作F f x ”，否则后面出现多次F f x ，读者将不知所云。
2. 139页，第二段第一行，在“上的”和“实值连续函数”之间，添加“一类”。
3. 144页，第二行例6-6中，f(t)的定义式中有两个δ(x −1)，去掉其中任何一个。
4. 146页，第一行，“均绝对可积”改为“为定义在(−∞,+∞)上的实值函数”，第三行“，也绝对可积”删掉。
4. 146页，性质6.5，第一行最后的“卷积”不必用黑体，改为宋体即可，(6-10)下一行的“乘积的Fourier 变换”改为“卷积的Fourier 变换”。
5. 148页，最后一行x 后面的加号和减号，应与x 在同一行，不应当为上标。
149页第一行的公式中，也做同样修改。
6. 151页，第二行最后，删去“变换与”三个字，第三行“广义积分”和“是取”之间添加“实际上”三个字，“cauchy 主值”应为“Cauchy 主值”，即首字母大写。
7. 151页，倒数第二段，即“该方程是三类经典数学…”一段，第一行u(t,x)前加“其中”， 第二行最后一句在“导热体”和“的初始温度”之间添加“在x 点”，最后两个字“函数”删掉。
8. 155页第二行，“读者可以参阅书后的参考书目”改为“读者可以参阅相关的参考书目”，或请朱经浩教授在参考书目中，添加一本有关特殊函数的书。
9. 156页，第二段（即黑体“注”所在一段，第一行删除“虽然在”三个字，最后一句“并不关心原始定义式中自变量的定义域”改为“我们并不关心使得积分收敛的s 的取值范围”。
10. 156页，性质6.9上面几句话，“利用线性性质”前，添加“但”。
11. 160页，表达式(6-24)上一行，“可写成式(6-24)中的和”改为“可展开为部分分式的和：”。
12. 160页，倒数第3行，“故对该式”改为“对该式”。
此外本段有5处Laurant ，应改为Laurent ，同样的错误还出在161页第二段末，以及164页“注2”所在一段中，本章总共8处这一人名拼写错误。
13. 163页，倒数第5行，即(6-26)式，等号右端，Re sF s e st 应改为Res (F s e st ,s k )，同样的错误还处在(6-27)，以及164页的3处，总共5处。
修改时请一定注意，Re 和s 之间，绝对不能有间距，否则将表达完全不同的意思。
14. 165页，倒数第四行“利用积分”与“消去方程”之间添加“变换”。
15. 162页，第四、五行，两处“简单分式”都改为“部分分式”。
16. 144页，性质6.2后面的证，将“由Fourier 变换的定义及积分变量替换公式，”与后面的半句话“令…，…”位置对调，并将最后的逗号改成 “有”，即改为“令…，…，由Fourier 变换的定义及积分变量替换公式有”。
17. 145页，性质6.2后面的证，做同16中的语序调整。
18. 147页，图下面第5行，即“当t ≥2时”所在行，后面的积分上限应当为2，而不应是t ，即应由 ...t 1改为 (2)
1
19. 152页，倒数第4行，“文件与软件”改为“文献或软件”。
20. 6.2.1节第一段，最后半句话“，亦称作拉氏变换”去掉。
21. 157页，性质6.10，“任一个实数”改为“任一非负实数”。
同页例6-20所在行，句号前添加“，这里τ≥0”。
22. 158页，页末附注，“f(+0)”应写为“f(0+)”，与前文保持一致。
23. 160页，第8行，“其中A(s)，B(s)为不可约的多项式”改为“其中A(s)，B(s)为互素的多
项式”。
24. 160页，(6-24)最后一个字母C应当使用黑体。
25. 161页，第二行公式，等号右边所有的“(j-1)”改为“(m j−k)”（共3个），所有的下标“k”改为“j”（共3个）。
发现的其他章节的问题
1. 105页，第一段，“有二阶连续偏导数”，“连续”这个条件是不需要的，因为这蕴含在调和这一性质中。
2. 本书中“Cauchy-Riemann条件”是不是统一替换成“Cauchy-Riemann方程”，毕竟这个称呼更加流行。
3. 23页，例2-7上数第二行，最右端应为f(z0)，不应为导数。
4. 47页，第四行，“整函数”在这里是首次出现，应该用黑体。
5. 4.3节，Rouche应为Rouché，4.4节Pade应为Padé，建议整体替换。
6. 117页，第7行，Lauretn应为Laurent。
7. 习题四第一题，argtan应为arctan。
8. 习题3-11第(4)小题，分子应为1，否则积分结果不是右端这个数。
9. 习题2-25最后一句，“证明”之后“记”应当删除。
10. 习题3-10第(4)小题，分母括号外面肯定遗漏了什么东西，否则得不到书后的答案。
11. 习题3-12第(1)(2)小题，书后答案有问题
12. 习题3-4(2)的答案有误。
0点的奇点类型应为可去奇点。
13. 108页，（4-9）下，“囿界定理”应与前文一致，为“界囿不等式”。
14. 109页，中间的积分式，少了一个绝对值号。
15. 92页，(3-23)R[ , ]第一个自变量的分母应为2，而不是z，下面一个表达式问题是同样的。
16. 91页，3.5节标题上面的表达式，Res下面的z=0是多余的。
17. 81页，例3-12解答中，出现“三阶极点”和“二阶极点”的说法，应与定义一致，为“三级”及“二级”
18. 79页性质3.2及其证明中，建议所有的≥1外加小括号，否则这句话不通顺。
同样的问题在前一页中也多次出现。
19. 74页，极点级的定义，“级”应当黑体。
20. 75页，“1. 关于本性奇点”标题下那一段，“不过也有个案处理”是否改为“不过也需个案处理”，后者更通顺一些。
此外，这一段上一个版本就有，这一段的文字很模糊，对于初学的学生来说，看完这一段很难得出一个明了的结论，建议今后再版时，重新考虑。
21. 第三章的题目，是不是就叫“孤立奇点和留数定理”，“处理方法”这个说法很模糊。
22. 70页，第二行“（最大的）”建议去掉，在前文并没有提及最大这一问题，而且这里也没有说明是在什么意义下的最大。
三行之后也有同样的问题。
23. 64页，定义1.1，第一句话应该为“设复数z0为函数f(z)的一个奇点”，下面的注解也有问题。
孤立奇点首先当然应该是奇点，即使在这一课程之外，也是如此。
24. 在整个这本书中，在正文中大量出现∀∃这样的符号，虽然我们课堂教学中大量使用这些符号，但在正式文体中还是用文字“对任何”和“存在”更好，在中外教材中，基本都是这样写的，∀∃在正式文体中，更多地只是在形式逻辑的推理中出现。
25. 46-47页，定理2.11和定理2.12后面，建议分别增加“(Morera)”和“(Liouville)”，毕竟这两个定理非常重要，应当突出定理发现者的姓氏。
26. 这本书中，有多处关于积分与极限次序可交换的证明，建议在再版时重新考虑这些段落。
我个人意见是说明这里积分与极限次序是可以交换的，而删掉那些证明细节。
因为如果是工
科学生使用这一教材，他们在实践中基本不用考虑这个问题，最多知道结论就可以了，而如果是数学系的学生使用这一教材，那么这些定理在数学分析和实变函数都会讲。