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数学物理方法+吴崇试+习题解答


1.写出下列复数的实部,虚部,模和幅角: (2) 1 ? cos α + i sin α , 0 ≤ α < 2π ; (3) e (1) 1 + i 3 ; (6) 4 ?1 ; (7) 1 + i ; (8) (5) e ;
z i sin x

, x 为实数; (4) e ;

iz

1+ i i? ( x ) 1+ i ; (9) e ; (10) e ,? ( x ) 是实变数 x 1? i

的实函数。 (1)Re = 1 ,Im =

π ? Im ? 3 ,Am = Re 2 + Im 2 = 2 ,Arg = arctan ? ? + 2kπ = + 2kπ ; 3 ? Re ?

(2)Re = 1 ? cos α ,Im = sin α ,Am =

(1 ? cosα )

2

+ sin 2 α = 2 ? 2 cos α = 2sin

α
2



sinα tan ( Arg ) = = 1 ? cos α

2sin

2 = cot α ,所以 Arg = π ? α + 2kπ ; α 2 2 2sin 2 2 2

α

cos

α

(3) Am = 1 , Arg = sinx + 2kπ , Re = cos ( sin x ) , Im = sin ( sin x ) ;

e =e (4)z = x + iy ,
iz x

? y + ix

, Am = e

?y

, Arg = x + 2kπ ,Re = e
x x

?y

cos x ,Im = e ? y sin x ;

(5) Am = e , Arg = y + 2kπ , Re = e cos y , Im = e sin y ; (6) 4 ?1 = ? e
i (π + 2 nπ )

?

?4 = e ?

1

i

2 n +1 π 4

,( n = 0,1,2,3), Am = 1 , Arg =

2n + 1 π + 2kπ , 4

? 2n + 1 ? ? 2n + 1 ? Re = cos ? π ? , Im = sin ? π ?; ? 4 ? ? 4 ?
(7) 1 + i =
4

2e

?π ? i ? + 2 nπ ? 2 ?4 ?

= 2e
4

?π ? i ? + nπ ? ?8 ?

,( n = 0,1), Am =

4

2 , Arg =

π
8

+ nπ + 2kπ ,

π π n n ?π ? Re = 4 2 cos ? + nπ ? = ( ?1) 4 2 cos , Im = ( ?1) 4 2 sin ; 8 8 ?8 ?
?π ? i π 4+2 nπ ) 2 π 2+ 2 nπ i ? + nπ ? ? i 1 + i ? 2e ( π ?4 ? 2 =? = = e e (8) , ( n = 0, 1), Am = 1 , Arg = + nπ + 2kπ , ? ?iπ 4 1 ? i ? 2e 4 ? 1

( ?1) Re =
2

n

( ?1) , Im =
2

n



(9) Am = e , Arg = 1 + 2kπ , Re = e cos1 , Im = e sin1 ; (10) Am = 1 , Arg = ? ( x ) + 2kπ , Re = cos ? ?? ( x ) ? ? , Im = sin ? ?? ( x ) ? ?;

2.把下列关系用几何图形表示出来: (1) z < 2 , z = 2 , z > 2 ; ( 2 ) Rez >

arg (1 + z ) =

π
3

, arg ( z + 1 ? i ) =

π
2

1 , 1 < Im z < 2 ; ( 3 ) arg (1 ? z ) = 0 , 2

; ( 4 ) 0 < arg (1 ? z ) <

π

π
4

< arg ( z ? 1 ? 2i ) <

π
3

4

, 0 < arg (1 + z ) <

π

4



; (5)α < arg z < β 与 γ < Re z < δ 的公共区域,α , β ,γ ,δ

均为常数; (6) z ? i < 1 , 1 < z ? i <

2; ( 7 ) z ? a = z ? b , a , b 为常数; (8)

( 9 ) z + Re z < 1 ; ( 10 ) z ? a + z ? b = c ,其中 a , b , c ,为常数,且 c > a ? b ;

? z ?i ? π 0 < arg ? ?< 。 ? z +i ? 4
(1)

(2)

(3) arg (1 ? z ) = arg (1 ? x ? iy ) = 0 ? 1 ? x > 0 且 y = 0 ,即 x < 1 , y = 0 ;

arg (1 + z ) = arg (1 + x + iy ) =

π
3

? 1 + x > 0 且 y = 3 (1 + x ) ;

arg ( z + 1 ? i ) = arg ? ? x + 1 + i ( y ? 1) ? ?=

π
2

? x + 1 = 0 且 y ?1 > 0 。

(4) 0 < arg (1 ? z ) = arg ? ?(1 ? x ) ? iy ? ?<

π
4

? 0 < ? y < 1? x ;

0 < arg (1 + z ) = arg ? ?(1 + x ) + iy ? ?<

π
4

? 0 < y < 1+ x ;

π
4

< arg ( z ? 1 ? 2i ) = arg ? ?( x ? 1) + i ( y ? 2 ) ? ?<

π
3

? 0 < x ? 1 < y ? 2 < 3 ( x ? 1) ;

(5)

(6)

(7)

(8)

(9) z + Re z =

x 2 + y 2 + x < 1 ,化简得 x <

1 (1 ? y 2 ) 。 2

z ? i x + i ( y ? 1) x 2 + y 2 ? 1 ? 2ix ? z ?i ? π = = (10) ,所以 0 < arg ? ?< ? 2 2 z + i x + i ( y + 1) ? z +i ? 4 x + ( y + 1) 0 < ?2 x < x 2 + y 2 ? 1 ,即 x < 0 且 ( x + 1) + y 2 > 2 。
2

3.已知一复数 z ,画出 iz , ? z , z , 把 z 写成 ρ e ,则 iz = ρ e
i?

1 1 , ,并指出它们之间的几何关系。 z z

i (? + π 2 )

,即把 z 逆时针旋转 90 度。 ? z =

ρ ei(? +π ) ,即把 z 逆时针

旋转 180 度。 z = ρ e

? i?

,即 z 关于实轴的对称点。

1 1 i? = e ,即 z 关于单位圆的对称点。 z ρ

1 1 ? i? = e ,即 z 关于单位圆的对称点。 z ρ

4.若 z = 1 ,试证明

az + b = 1 , a , b 为任意复数。 bz + a

2 ( az + b ) ( az + b ) a 2 + abz + abz + b 2 az + b az + b = = 2 = 1 ,所以 = 1。 2 bz + a bz + a ( bz + a ) ( bz + a ) b + abz + abz + a

5.证明下列各式: (1) z ? 1 ≤ z ? 1 + z arg z ; (2)若 z1 = z2 = z3 ,则 arg

z3 ? z2 1 z = arg 2 。 z3 ? z1 2 z1

(1)先证

z ? 1 ≤ arg z 。 z z ? ? 1 = ei? ? 1 = 2 ? 2 cos ? = 2 sin ≤ ? = arg z 。 2 z z ? 1 ≤ z ? 1 + z arg z 。 z

记z =

ρ ei? ,

z ?1 = z ? z + z ?1 ≤ z ? z + z ?1 = z ?1 + z
(2)

如图, z1 , z2 , z3 在同一圆周上, α = arg

z3 ? z2 z , β = arg 2 。由于同弧所对圆周角是 z3 ? z1 z1

圆心角的一半,所以 α =

z ?z 1 1 z β ,即 arg 3 2 = arg 2 。 2 z3 ? z1 2 z1

6.用复数 z 表示曲线上的变点。 (1)写出经过点 a 且与复数 b 所代表的矢量平行的直线方 程; (2)写出以 d 和 ? d 为焦点,长轴长 2a 的椭圆方程( a > d ) 。 (1)矢量 z ? a 与矢量 b 平行,所以 z ? a = kb , k 为实数; (2)由椭圆定义得 z ? d + z + d = 2a 。

7.用复数运算法则推出: (1)平面直角坐标平移公式; (2)平面直角坐标旋转公式。

(1)设坐标系 x′O′y′ 的原点 O′ 在坐标系 xOy 中的坐标是 ( x0 , y0 ) 。 P 点在 xOy 系中的坐 标是 ( x, y ) ,在 x′O′y′ 系中坐标 ( x′, y ′ ) 。如上面左图,令 OP = z , O′P = z ′ , OO′ = z0 。 则 z ′ = z ? z0 ,即 x′ + iy′ = x ? x0 + i ( y ? y0 ) ,由此得 x′ = x ? x0 , y′ = y ? y0 。 (2)将坐标系 xOy 绕原点逆时针旋转 θ 角得到坐标系 x′O′y′ 。如上面右图, x′O′y′ 系中 z ′ 只是比 xOy 系中 z 的幅角小 θ ,即 z ′ = ze
? iθ

JJJ G

JJJG

JJJJ G

,由此得 x′ = x cos θ + y sin θ ,

y′ = ? x sin θ + y cosθ 。

8.设复数 z1 , z2 , z3 满足

z2 ? z1 z1 ? z3 。证明: z2 ? z1 = z3 ? z2 = z1 ? z3 。 = z3 ? z1 z2 ? z3

如图,

AB i∠A z1 ? z3 AC i∠C AB AC z2 ? z1 , ∠A = ∠ C 。 e , e 。所以 = = = z3 ? z1 AC z2 ? z3 BC AC BC AB AC 可得 AB = BC = AC ,即 = AC BC

由 ∠A = ∠C 可得 AB = BC ,代入

z2 ? z1 = z3 ? z2 = z1 ? z3 。

9. (1)给出 z1 , z2 , z3 三点共线的充要条件; (2)给出 z1 , z2 , z3 , z4 四点共圆的充要条件。 (1)若三点共线,则矢量 z1 ? z3 与矢量 z2 ? z3 平行,反之也成立。所以三点共线的充要条 件是

z1 ? z3 = 实数。 z 2 ? z3

(2)

如图若四点共圆,则有 ∠ACB = ∠ADB (同弧所对圆周角相等) 。反之也成立。写成复数 形式即为

z1 ? z3 z 2 ? z3

z1 ? z4 = 实数。 z2 ? z4

10.求下列方程的根,并在复平面上画出它们的位置。 (1) z + 1 = 0 ; (2) z + 8 = 0 ; (3) z ? 1 = 0 ; (4) z + 1 = 0 ; (5) z
2 3 4 4 2n

+1 = 0 ,n 为

正整数; (6) z + 2 z cos λ + 1 = 0 , 0 < λ < π 。
2

(1) z = ±i ;

(2) z = 2e

±i

π
3

, ?2 ; (3) z = ±1, ±i ;

(4 ) z = e

±i

π
4

,e

±i

3π 4



(5) z = e

i (π + 2 k π ) 2 n

, k = 0,1," , 2n ? 1 ;

(6) z = ?e

± iλ



11.设 z = p + iq 是实系数方程 a0 + a1 z + a2 z + " + an z = 0 的根,证明 z = p ? iq 也是此
2 n

方程的根。 对方程两边取共轭得 a0 + a1 z + a2 z + " + an z = 0 ,即 z 也满足此方程。
2 n

12.证明: sin

4

?=

1 ( cos 4? ? 4 cos 2? + 3) 。 8

e4i? ? 4e2i? + 3 = e4i? ? 1 + 4 (1 ? e2i? ) = e2i? ( e2i? ? e ?2i? ) ? 4ei? ( ei? ? e ? i? )
= 2ie2i? sin 2? ? 8iei? sin ? = 2i ( cos 2? + i sin 2? ) sin 2? ? 8i ( cos ? + i sin ? ) sin ? = 8sin 4 ? + i ( sin 4? ? 4sin 2? )
取等式两边实部即得证。 13.把 sin n? 和 cos n? 用 sin ? 和 cos ? 表示出来。

cos n? + i sin n? = ( cos ? + i sin ? ) = ∑
n

n !i k cos n ? k ? sin k ? k = 0 k !( n ? k ) !
n n?2k

=

[ n / 2]
k =0

∑ ( ?1) ( 2k )!( n ? 2k )! cos
k

n!

? sin 2 k ?

+i

? ?( n ?1) / 2? ?
k =0

n! ∑ ( ?1) ( 2k + 1)!( n ? 2k ? 1)! cos
k

n ? 2 k ?1

? sin 2 k +1 ?

比较两边实部和虚部得:

cos n? =

[ n / 2]
k =0

∑ ( ?1) ( 2k )!( n ? 2k )! cos
k k k =0

n!

n?2k

? sin 2 k ? ;

sin n? =

?( n ?1) / 2 ? ? ?

n! ∑ ( ?1) ( 2k + 1)!( n ? 2k ? 1)! cos

n ? 2 k ?1

? sin 2 k +1 ? 。

14.将下列和式表示成有限形式: (1)
n? 2

(2) ∑ sin k? 。 ∑ cos k? ;
k =1 k =1

n

n

∑e
k =1

n

ik ?

1 ? e in? =e = e i? i? 1? e
i?

? n? ?i ? i n2 ? n? e ?e ?e 2 ? n + 1 sin i ? ? ?=e 2 2 ? ? ? ? i ? i ?i ? sin e 2 ?e 2 ? e 2 ? 2 ? ?
i

比较两边实部和虚部得:

∑ cos k? =
k =1

n

sin

( n + 1) ? ( n + 1) ? n? n? cos sin sin n 2 2 2 2 , ∑ sin k? = 。 ? ? k =1 sin sin 2 2

15.证明: sin

π
n

? sin

( n ? 1) π = n 。 2π ?" ? sin n n 2n ?1
n i 2k π n

记 1, z1 , z2 ," , zn ?1 为方程 z = 1 的 n 个根,即 zk = e

, k = 1, 2," , n ? 1 。则有

z n ? 1 = ( z ?1)( z ? z1 )( z ? z2 )"( z ? zn?1 ) ,
所以 ( z ? z1 )( z ? z2 )" ( z ? zn ?1 ) =
n ?1

zn ?1 = z n ?1 + z n ? 2 + " + z + 1 。 z ?1

令上式两边 z = 1 ,则有
2k π n kπ n

2k i π ? ? n ? 1 e ? ? = n。 ∏ k =1 ? ? kπ π kπ i i ?i ? kπ kπ n 2 , = ? = ie e e n sin 2 sin 2 ? n n ?

1? e
n ?1

i

= ?e

i

π kπ ?i ? i kn n ? e e ? ?

2k ?i i π ? ? n ?1 n e e 1 2 ? = ? ? ∏ k =1 ? ?

n ?1 kπ n ?1 π +i 2 n k =1



n?1

∏ sin
k =1

n ?1 n ?1 kπ n kπ kπ = n ?1 。 = 2n ?1 ∏ sin = n ,即 ∏ sin n 2 n n k =1 k =1

16.求下列序列 {an } 的聚点和极限,如果是实数序列,则同时求出上下极限。 (1) an = ( ?1)
n

n 1 n n ; (2) an = ( ?1) ; (3) an = n + ( ?1) ( 2n + 1) i ; 2n + 1 2n + 1
n

(5) an = ? 1 + (4) an = 2n + 1 + ( ?1) ni ;

? ?

i? nπ 1 ? nπ ? ; (6) an = ? 1 + 。 ? sin ? cos n? 3 6 ? 2n ?

(1)聚点 ± 1/2,极限无,上极限 1/2,下极限-1/2; (2)聚点 0,极限 0,上下极限 0; (3)聚点∞,极限∞; (4)聚点∞,极限∞; (5)聚点 0, ± 1/2, ±

3 /2, ± 1,极限无;

(6)聚点 ± 1/2, ± 1,极限无,上极限 1,下极限-1。

17.证明序列 an = 1 + 先证

1 1 1 + " + ? ln n 极限存在。 2 3 n

x ≤ ln (1 + x ) ≤ x ,其中 x ≥ 0 。 x +1 1 x 令 f ( x ) = ln (1 + x ) ? x ,则 f ′ ( x ) = ?1 = ? ≤ 0 ,所以 f ( x ) ≤ f ( 0 ) = 0 ,不等 1+ x 1+ x
式右半部分得证,同样可证左半部分。 由此可得

1 ? 1? 1 < ln ? 1 + ? < 。 n +1 ? n? n 1 ? 1? ? ln ?1 + ? < 0 ,即 an 是递减序列。 n +1 ? n?

an +1 ? an =



1 ? 1? ? 1? ? 1? ? 1? > ln ?1 + ? 得 an > ln (1 + 1) + ln ? 1 + ? + ln ? 1 + ? + " + ln ? 1 + ? ? ln n n ? n? ? 2? ? 3? ? n? n +1? ? 3 4 ? 1? = ln ? 2 ? ? ?" ? ? ? ln n = ln ?1 + ? > 0 n ? ? 2 3 ? n?

即 an 是递减有下界序列,所以极限存在。

18.证明 Lagrange 恒等式: 右边 =

n 2 ? n 2 ?? 2? = z w z ∑ k k ? ∑ k ? ? ∑ wk ? ? ∑ zk w j ? z j wk 。 k =1 ? k =1 ? ? k =1 ? k< j n

2

∑z
k, j k, j

2

k

w j ? ∑ ( zk w j ? z j wk )( zk w j ? z j wk )
2

k< j

= ∑ zk = ∑ zk
k, j

2

w j ? ∑ zk
2

2

k< j

wj ? ∑ z j
2

2

k< j

wk + ∑ zk z j wk w j + ∑ z j zk wk wk
2

k< j

k< j

2

w j ? ∑ zk
2

2

k≠ j

w j + ∑ zk z j wk w j
2

k≠ j

= ∑ zk
k

2

wk + ∑ zk z j wk w j = ∑ zk wk ∑ z j w j
2

k≠ j

k

j

= ∑ zk wk ∑ zk wk =
k k

∑z w
k =1 k

n

2

k

= 左边。

19.试证明:从条件 lim zn = A 可以导出 lim
n →∞

z1 + z2 + " + zn = A 。又当 A = ∞ 时上述结论 n →∞ n

还正确吗? 由 lim zn = A 知对于任意的 ε > 0 ,存在整数 N1 ,使得当 n > N1 时有 zn ? A <
n →∞

ε
2



对于给定的 N1 ,存在 N 2 ,使得

z1 ? A + z2 ? A + "+ zN1 ? A N2

< 。当 n > N = max ( N1, N2 ) 2

ε

时,

z1 + z2 + " + zn 1 ? A = ( z1 ? A ) + ( z2 ? A ) + " + ( zn ? A ) n n
≤ < 1 1 z1 ? A + z2 ? A + " + zN1 ? A + z N1 +1 ? A + z N1 + 2 ? A + " + zn ? A n n z1 ? A + z2 ? A + " + zN1 ? A N2 +

(

) (

)

1 zN1 +1 ? A + zN1 + 2 ? A + " + zn ? A n ? N1

(

)

<
即 lim

ε
2

+

1 ε ( n ? N1 ) = ε n ? N1 2

z1 + z2 + " + zn = A。 n →∞ n

20.设 z = x + iy , z0 = x0 + iy0 , c = a + ib ,并且已知 f ( z ) = u ( x, y ) + iv ( x, y ) ,证明

z → z0

lim f ( z ) = c 与 lim u ( x, y ) = a , lim v ( x, y ) = b 等价。
x → x0 x → x0 y → y0 y → y0

由于 f ? c = ( u ? a ) + i ( v ? b ) ,所以 u ? a 或 v ? b ≤ f ? c ≤ u ? a + v ? b 。 若 lim f ( z ) = c ,对于任意的 ε > 0 ,则存在 δ ,当 z ? z0 =
z → z0

(

)

( x ? x0 ) + ( y ? y0 )
2

2

<δ ,

就有 u ? a 或 v ? b ≤ f ? c < ε ,即 lim u ( x, y ) = a , lim v ( x, y ) = b 。
x → x0 x → x0 y → y0 y → y0

(

)

同样的,若 lim u ( x, y ) = a , lim v ( x, y ) = b ,就有 lim f ( z ) = c 。
x → x0 x → x0 y → y0 y → y0 z → z0

21.证明: f ( z ) =

1 在单位圆 z < 1 内连续但不一致连续。 1? z2

。下面证 f ( z ) 在单位圆内不一致连续。 易证 f ( z ) 连续(初等函数) 定义在 D 上的函数 f ( z ) 在 D 上一致连续的充要条件:任意的 { xn } ? D , { yn } ? D ,只 要 lim ( xn ? yn ) = 0 ,就有 lim ? f ( xn ) ? f ( yn ) ? ?=0 n →∞ n →∞ ? 令 xn = 1 ?

1 1 2 , yn = 1 ? ,则 xn ? yn = n n n

1 1 2 1? + 1? n n

→0,

f ( xn ) ? f ( yn ) =

n → ∞ 。所以 f ( z ) 在单位圆 z < 1 内不一致连续。 2

22.证明下列函数在 z = 0 点连续:

? ? Re z 2 ? 2 ? ? ( )? , z ≠ 0 , (1) f ( z ) = ? z2 ? 0, z = 0 ?
(1)在 z ≠ 0 处, f ( z ) =

(2) f ( z ) = z 。

(x
2

2

? y2 )
2

2

x ? y + 2ixy
z →0

(x ≤

2 2

? y2 )
2

2

x ?y

= x2 ? y 2 ,

lim f ( z ) = lim x 2 ? y 2 = 0 ,即 lim f ( z ) = f ( 0 ) ,所以 f ( z ) 在 z = 0 点连续。
z →0 x →0 y →0

(2) lim f ( z ) = lim x + y = 0 = f ( 0 ) 。
2 2 z →0 x →0 y →0

23.判断下列函数在何处可导(并求出导数) ,在何处解析: (1) z ; (2) z ; (3) z , m = 0,1, 2,
m

; (4) e ; (5) x + 2 y + i x + y
z

(

2

) (

2

2

);

(7) z Re z ; (8) 1 z ; (9) cos z ; (10) shz 。 (6) ( x ? y ) + 2i ( x + y ) ;
2

由可导充分条件(25 题)判别: (1)全平面不可导,不解析; (2)全平面不可导,不解析; (3)全平面可导,解析, z (4)全平面可导,解析, e

( )′ = mz
m

m ?1



( )′ = e
z

z



(5)除(-1,-1)点可导外,全平面其余处处不可导,全平面不解析; (6)除 y=x-1 的线上处处可导外,其余点不可导,全平面不解析; (7)z=0 点可导, ( z Re z )′

= 0 ,其余处处不可导,全平面不解析;
z =0

(8)除 z=0 点外在扩充全平面上可导,解析, (1 z )′ = ? 1 z ;
2

(9)全平面可导,解析, ( cos z )′ = ? sin z ; (10)全平面可导,解析, ( sh z )′ = ch z 。

24.证明极坐标下的 Cauchy-Riemann 条件: 由变换关系 x = ρ cos? , y = ρ sin ? 可得

?u 1 ?v ?v 1 ?u = =? , 。 ?ρ ρ ?? ?ρ ρ ??

?u ?u ?u ?u ?u ?u = = ?ρ cos ? + sin ? , sin ? + ρ cos ? , ?ρ ?x ?y ?? ?x ?y ?v ?v ?v ?v ?v ?v = = ? ρ sin ? + ρ cos ? + sin ? , cos ? 。 ?ρ ?x ?y ?? ?x ?y
变换得

?u ?u 1 ?u = cos ? ? sin ? , ρ ?? ?x ?ρ

(1)

?u ?u 1 ?u = sin ? + cos ? , ρ ?? ?y ?ρ ?v ?v 1 ?v = cos ? ? sin ? , ρ ?? ?x ?ρ ?v ?v 1 ?v = sin ? + cos ? 。 ρ ?? ?y ?ρ
代入直角坐标的 C-R 方程

(2)

(3)

(4)

?u ?v ?u ?v = , =? 有 ?x ?y ?y ?x
(5)

?u 1 ?u ?v 1 ?v cos ? ? sin ? = sin ? + cos ? , ρ ?? ρ ?? ?ρ ?ρ
?u 1 ?u ?v 1 ?v sin ? + cos ? = ? cos ? + sin ? 。 ?ρ ?ρ ρ ?? ρ ??
(5) × cos ? +(6) × sin ? 得

(6)

?u 1 ?v = , ?ρ ρ ?? ?v 1 ?u =? 。 ?ρ ρ ??

(5) × sin ? ? (6) × cos ? 得

25.证明:若函数 f ( z ) 的偏导数在 z = z0 点连续,且满足 C-R 方程,则 f ( z ) 在 z = z0 点 可导。 由 f ( z ) 的偏导数在 z = z0 点连续可知 u ( x, y ) , v ( x, y ) 在 z = z0 点可微,所以有

u ( x0 + ?x, y0 + ?y ) ? u ( x0 , y0 ) = v ( x0 + ?x, y0 + ?y ) ? v ( x0 , y0 ) =
上面的 ε1 , ε 2 是 ?z =

?u ?u ?x + ?y + ε1 , ?x ( x0 , y0 ) ?y ( x0 , y0 ) ?v ?v ?x + ?y + ε 2 。 ?x ( x0 , y0 ) ?y ( x0 , y0 ) ?u ?v = , ?x ( x0 , y0 ) ?y ( x0 , y0 )

?x 2 + ?y 2 的高阶无穷小。记 a =

b=?

?u ?v = ,则以上两式写成 ?y ( x0 , y0 ) ?x ( x0 , y0 )

u ( z0 + ?z ) ? u ( z0 ) ? a?x + b?y = ε1 ,

v ( z0 + ?z ) ? v ( z0 ) ? b?x ? a?y = ε 2 。

f ( z0 + ?z ) ? f ( z0 ) f ( z0 + ?z ) ? f ( z0 ) ? a?z ? ib?z ? ( a + ib) = ?z ?z
=
u ( z0 + ?z ) ? u ( z0 ) ? a?x + b?y + i ? ?v ( z0 + ?z ) ? v ( z0 ) ? b?x ? a?y ? ?

?z

=

ε1 + iε 2
?z



ε1
?z

+

ε2
?z

当 ?z → 0 时,

f ( z0 + ?z ) ? f ( z0 ) → a + ib ,即 f ( z ) 在 z = z0 点可导。 ?z

? z5 f ( z) ? 4 ,z ≠ 0 26 . 设 f ( z ) = ? z 。 (1)证明:当 z → 0 时, 的极限不存在; (2)若 z ? ? 0, z = 0
u = Re f ( z ) , v = Im f ( z ) ,证明: u ( x, 0 ) = x , v ( 0, y ) = y , u ( 0, y ) = v ( x, 0 ) = 0 ;
(3)证明: u , v 的偏导数存在,且 C-R 方程成立,但(1)中已证明 f ′ ( 0 ) 不存在,这个 结论和 25 题矛盾吗?
2 2 2 2 2 2 f ( z ) z 4 ( x ? y ) ? 4 x y + 4ixy ( x ? y ) = 4 = 。 在 直 线 y = kx 上 (1) z ≠ 0 时, 2 z z ( x2 + y2 ) 2

f ( z ) (1 ? k = z

2 2

)

? 4k 2 + 4ik (1 ? k 2 )

(1 + k 2 )

2

,可见 z 沿不同直线趋于 0 将有不同极限值,所以

f ( z) 的极限不存在。 z
(2) z ≠ 0 时, f ( z ) =

x 5 ? 10 x 3 y 2 + 5 xy 4 + i ( 5 x 4 y ? 10 x 2 y 3 + y 5 )

( x2 + y2 )

2



? x5 ? 10 x3 y 2 + 5 xy 4 ? 5 x 4 y ? 10 x 2 y 3 + y 5 x y , , 0 , ( x, y ) ≠ 0 ≠ ( ) ? ? 2 2 2 2 2 2 x y x y + + 所以 u = ? , 。 v = ( ) ( ) ? ? ? 0, ( x, y ) = 0 0, ( x, y ) = 0 ? ?
容易看出 u ( x, 0 ) = x , v ( 0, y ) = y , u ( 0, y ) = v ( x, 0 ) = 0 。

(3)仿(1)的方法, u , v 在 z = 0 处的偏导数不存在。

27.利用极坐标下的 C-R 方程(24 题)证明: f ′ ( z ) = 利用 24 题(1) (3)式,

ρ ? ?u ?v ? 1 ? ?v ?u ? +i ?i ? ?= ? ?。 z ? ?ρ ?ρ ? z ? ?? ?? ?

f ′( z) =

?u ?v ?u 1 ?u ?v 1 ?v +i = cos ? ? sin ? + i cos ? ? i sin ? ?x ?x ?ρ ?ρ ρ ?? ρ ??

代入极坐标 C-R 方程,

f ′( z) =

?u ?v ?v ?u cos ? + sin ? + i cos ? ? i sin ? ?ρ ?ρ ?ρ ?ρ

=

ρ
z

( cos ? + i sin ? ) ?

? ?u ? ?v ?v ?u cos ? + sin ? + i cos ? ? i sin ? ? ?ρ ?ρ ?ρ ? ?ρ ?

=

ρ ? ?u ?v ? +i ? ? z ? ?ρ ?ρ ? ρ ? ?u ?v ? 1 ? ?v ?u ? +i ?i ? ?= ? ?。 z ? ?ρ ?ρ ? z ? ?? ?? ?

再利用极坐标 C-R 方程有 f ′ ( z ) = 28.设 ρ =

ρ ( x, y ) ,? = ? ( x, y ) 是实变量 x, y 的实函数。若 f ( z ) = ρ ( cos ? + i sin ? ) 是
?ρ ?? ?ρ ?? =ρ = ?ρ , 。 ?x ?y ?y ?x

z = x + iy 的解析函数,证明:

?u ?ρ ?? ?u ?ρ ?? cos ? ? ρ sin ? , cos ? ? ρ sin ? , = = ?x ?x ?x ?y ?y ?y ?v ?ρ ?? ?v ?ρ ?? sin ? + ρ cos ? , sin ? + ρ cos ? 。 = = ?x ?x ?x ?y ?y ?y
由 C-R 方程可得:

?ρ ?? ?ρ ?? cos ? ? ρ sin ? sin ? + ρ cos ? , = ?x ?x ?y ?y ?ρ ?? ?ρ ?? sin ? + ρ cos ? cos ? + ρ sin ? 。 =? ?x ?x ?y ?y
(1) × cos ? + (2) × sin ? 得

(1)

(2)

?ρ ?? , =ρ ?x ?y

(1) × sin ? ? (2) × cos ? 得

?ρ ?? 。 = ?ρ ?y ?x

29.设 r = r ( ρ , ? ) ,θ = θ ( ρ , ? ) 是实变数 ρ , ? 的实函数。若 f ( z ) = r ( cos θ + i sin θ ) 解 析,其中 z = ρ e ,试证:
i?

?r r ?θ ?r ?θ , 。 = = ?ρr ?ρ ?ρ ρ ?? ??

?u ?r ?θ ?u ?r ?θ cos θ ? r sin θ , cos θ ? r sin θ , = = ?ρ ?ρ ?ρ ?? ?? ?? ?v ?r ?θ ?v ?r ?θ sin θ + r cos θ , sin θ + r cos θ 。 = = ?ρ ?ρ ?ρ ?? ?? ??
由极坐标 C-R 方程(24 题)得:

?r ?θ 1 ?r r ?θ , cos θ ? r sin θ = sin θ + cos θ ρ ?ρ ?ρ ρ ?? ?? ?r ?θ 1 ?r r ?θ 。 sin θ + r cos θ =? cos θ + sin θ ρ ?? ρ ?ρ ?ρ ??
(1) × cos ? + (2) × sin ? 得

(1)

(2)

?r r ?θ , = ?ρ ρ ?? ?r ?θ 。 = ?ρr ?? ?ρ

(2) × sin ? ? (1) × cos ? 得

30.若函数 f ( z ) = u + iv 在 G 内解析,且 f ( z ) ≠ 常数,试讨论下列函数是否也是 G 内的 (2) ?u ? iv ; (3) ?v + iu ; (4) v + iu 。 解析函数: (1) u ? iv ; 由 C-R 方程判断, (2) (3)解析, (1) (4)不解析。 31.设 z = x + iy ,已知解析函数 f ( z ) = u ( x, y ) + iv ( x, y ) 的实部或虚部如下,试求其导 (1) u = e 数 f ′( z) : (5) u = ln x + y
2
?y

cos x ; (2) u = ch x cos y ; (3) v = sin x sh y ; (4) v =
3

x ; x + y2
2

(

2

(6) v = x );

+ 6 x 2 y ? 3 xy 2 ? 2 y 3 。

(1)

?u ?v ?u = ?e ? y sin x , = ? = e ? y cos x , ?x ?x ?y

?u ?v + i = e ? y ( ? sin x + i cos x ) = ie? y +ix = ieiz ; ?x ?x i 2 (2) f ′ ( z ) = sh z ; (3) f ′ ( z ) = sin z ; (4) f ′ ( z ) = ? 2 ; (5) f ′ ( z ) = ; z z f ′( z) =
(6) f ′ ( z ) = 3 ( 2 + i ) z 。
2

32.根据下列条件确定解析函数 f ( z ) = u + iv 。 (2) u = sin x ch y ; (3) v = (1) u = x + y ;

y x ; (4) v = arctan 。 2 x +y x
2

(1)dv =

?v ?v ?u ?u 所以 v = y ? x + C( C 为实常数) , dx + dy = ? dx + dy = d ( y ? x ) , ?x ?y ?y ?x

f = u + iv = (1 ? i ) x + (1 + i ) y + iC = (1 ? i ) z + iC ;
(3) f = (2) f = sin z + iC ;

i (4) f = ln z + C 。 +C ; z

33.若 f ( z ) = u ( x, y ) + iv ( x, y ) 解析,且 u ( x, y ) ? v ( x, y ) = ( x ? y ) x + 4 xy + y
2

(

2

) ,求

f ( z) 。
由已知可得

?u ?v ? = x 2 + 4 xy + y 2 + ( x ? y )( 2 x + 4 y ) , ?x ?x

?u ?v ? = ? ( x 2 + 4 xy + y 2 ) + ( x ? y )( 4 x + 2 y ) , ?y ?y
再由 C-R 方程

?v ?u ?v ?u = ? 。由以上四式可解出: = , ?x ?x ?y ?y

?u ?v ?u ?v = = 6 xy , = ? = 3 ( x2 ? y 2 ) 。 ?x ?y ?y ?x
解出 u = 3 x y ? y + C1 , v = 3 xy ? x + C2 ,由已知条件可确定 C1 = C2 = C 。
2 3 2 3

f ( z ) = u + iv = 3x 2 y ? y 3 + i ( 3xy 2 ? x3 ) + (1 + i ) C = iz 3 + (1 + i ) C ?u ?u ? 2u ? 2u + 2 = 0 ,证明函数 ? i 解析。 2 ?x ?y ?x ?y

34.若 u ( x, y ) 具有连续三阶偏导数,且

令U =

?u ?u ?U ?V ? 2u ? 2u ?U ?V ? 2u ? 2u ,V = ? ,则 ? = 2 + 2 = 0, + = ? = 0, ?x ?y ?x ?y ?y ?x ?x?y ?y?x ?y ?x

即该函数满足 C-R 方程,所以解析。

35.如果 u ( x, y ) 和 v ( x, y ) 都是调和函数,讨论下列函数是否也是调和函数: (1) U = u ? (2) U = u ? (3) U = u ( x, y ) v ( x, y ) ; ?0, v ( x, y ) ? ?; ? v ( x, y ) , 0 ? ?; (4) U = u ( x, y ) + v ( x, y ) 。

?U ?u ?v = , (1) ?x ?x ( v ,0) ?x ?U ?u ?v = , ?y ?x ( v ,0) ?y

? 2U ? 2u ? 2v ? ?v ? ?u = , ? ? + ?x 2 ?x 2 ( v ,0) ? ?x ? ?x ( v ,0) ?x 2
2

2

? ?v ? ?u ? 2U ? 2u ? 2v 。 = + ? ? ?y 2 ?x 2 ( v ,0) ? ?y ? ?x ( v ,0) ?y 2

?? ?v ? 2 ? ?v ? 2 ? ?u ? ? 2v ? 2v ? ? 2U ? 2U ? 2u + = + + ? ? ? 2+ 2? ? ? ? ? ?x 2 ?y 2 ?x 2 ( v ,0) ? ? ? ? x y x ? ? ? ? ? ? ?x ?y ? v ,0 ( ) ? ? ?? ?v ?2 ? ?v ? 2 ? ? 2u = 2 ?? ? + ? ? ? ?x ( v ,0) ? ?? ?x ? ? ?y ? ? ?
上式右边一般不等于 0,所以不是调和函数。

?? ?v ? 2 ? ?v ? 2 ? ? 2U ? 2U ? 2u (2) + = ?? ? + ? ? ? ,不是调和函数。 ?x 2 ?y 2 ?y 2 ( 0,v ) ? ?? ?x ? ? ?y ? ? ?
(3)

? 2U ? 2u ?u ?v ? 2 v ? 2U ? 2u ?u ?v ? 2v = + + v u 2 , v 2 u , = + + ?x 2 ?x 2 ?x ?x ?x 2 ?y 2 ?y 2 ?y ?y ?y 2

? ?u ?v ?u ?v ? ? 2U ? 2U + 2 = 2? + ? ,不是调和函数。 2 ?x ?y ? ?x ?x ?y ?y ?
(4)

? 2U ? 2u ? 2 v ? 2U ? 2u ? 2 v ? 2U ? 2U = + , , + = 0 ,是调和函数。 = + ?x 2 ?x 2 ?x 2 ?x 2 ?y 2 ?y 2 ?y 2 ?y 2

36.假设函数 f ( z ) 在区域 G 内任意一点都满足 f ′ ( z ) = 0 ,证明 f ( z ) 在 G 内为常数。

f ′( z) =

?u ?v ?u ?u ?v ?v + i = 0 ,所以 = = = = 0 ,即 u , v 都是常数, f ( z ) 为常数。 ?x ?x ?x ?y ?x ?y

37.若 f ( z ) 在区域 G 内解析,且 Im f ( z ) = 0 ,证明 f ( z ) 在 G 内为常数。

?u ?v ?u ?v = = 0, = ? = 0 ,所以 u 为常数,又 v = 0 ,所以 f ( z ) 在 G 内为常数。 ?x ?y ?y ?x

38.若 f ( z ) = u ( x, y ) + iv ( x, y ) 在区域 G 内解析,且 au + bv = c ,其中 a, b, c 是不为 0 的实常数,证明 f ( z ) 在 G 内为常数。如果 a, b, c 是不为 0 的复常数,结论还成立吗? 由已知可得 a

?u ?v ?u ?v + b = 0 , a + b = 0 ,代入 C-R 方程, ?x ?x ?y ?y

a

?u ?u ?u ?u ?u 2 2 ?u 得 (a + b ) = 0 ,由于 a, b 为 ?b = 0 ,a +b = 0 ,两式消去 ?x ?y ?x ?y ?y ?x ?u ?u ?v ?v = 0 。同样可得 = = = 0 ,所以 f ( z ) 为常数。如果 a, b, c 是复数, ?x ?y ?x ?y

实数,所以

结论不成立。

39.若 f ( z ) 和 g ( z ) 在 z = a 点解析,且 f ( a ) = g ( a ) = 0 ,而 g ′ ( a ) ≠ 0 ,试证:

lim
z →a

f ( z) f ′(a) 。 = g ( z ) g′ ( a ) f ( z) f ( z) ? f (a) = lim z?a g ( z ) z →a g ( z) ? g (a) f ′(a) 。 = z?a g′ ( a )

lim
z →a

40.设 z 沿着从原点出发的射线运动,其模无限增大,试讨论函数 e 的变化趋势。

z

e z = e x eiy ,若 x > 0 (即 ?
若 x < 0 (即

π
2

< arg z <

π
2

) ,e → ∞。
z

π
2

< arg z <

若 x = 0 (即 arg z = ±

π
2

3π z ) ,e → 0 。 2
) , e 的实部虚部在 [ ?1,1] 之间振荡。
z

41.证明下列公式:

(1) sin ( z1 ± z2 ) = sin z1 cos z2 ± cos z1 sin z2 ; (2) cos ( z1 ± z2 ) = cos z1 cos z2 ? sin z1 sin z2 ; (3) sh z = ?i sin iz ; (4) ch z = cos iz ; (5) cos (6) tan
2
?1

z = ?i ln z + z 2 ? 1 ; z= 1 1 + iz ; ln 2i 1 ? iz
2

(

)

?1

(7) ch z ? sh z = 1 ; (8) 1 ? th z = sech z 。
2 2

(1) sin z1 cos z2 + cos z1 sin z2 =

(e

iz1

? e ? iz1 )( eiz2 + e? iz2 ) + ( eiz1 + e? iz1 )( eiz2 ? e ? iz2 ) 4i

ei( z1 + z2 ) ? e? i( z1 + z2 ) = = sin ( z1 + z2 ) 2i
同样得, sin z1 cos z2 ? cos z1 sin z2 = sin ( z1 ? z2 ) (2) cos z1 cos z2 ? sin z1 sin z2

(e =

iz1

+ e ? iz1 )( eiz2 + e? iz2 ) + ( eiz1 ? e? iz1 )( eiz2 ? e ?iz2 ) 4

=

ei( z1 + z2 ) + e? i( z1 + z2 ) = cos ( z1 + z2 ) 2

同样得, cos z1 cos z2 + sin z1 sin z2 = cos ( z1 ? z2 ) (3) sh z =

e z ? e? z e? i( iz ) ? ei(iz ) ei( iz ) ? e ? i( iz ) = = ?i = ?i sin iz 2 2 2i e z + e ? z e? i( iz ) + ei(iz ) = = cos iz 2 2 eiw + e? iw 2 iw iw iw 2 ,则 e ? 2 ze + 1 = 0 ,解出 e = z + z ? 1 , 2

(4) ch z =

(5)令 z = cos w = 所以 cos
?1

z = w = ?i ln z + z 2 ? 1

(

)

(6)令 z = tan w = ?i

eiw ? e ? iw 1 + iz 1 1 + iz 2 iw ?1 ,解出 e = 。所以 tan z = w = ln ? iw iw e +e 1 ? iz 2i 1 ? iz

(7) ch z ? sh
2

2

(e z=

z

+ e? z ) ? ( e z ? e? z )
2

2

4
2

=1

? e z ? e? z ? 4 (8) 1 ? th z = 1 ? ? z = = sech 2 z 2 ?z ? z z ? ? e + e ? (e + e )
2

(2) ( ch z )′ = sh z ; 42.证明下列公式: (1) ( sh z )′ = ch z ; (3) ( th z )′ = sech z ; (4) ( cth z )′ = ? csch z
2 2

? e z ? e? z ′ (1) ( sh z ) = ? ? 2
(2) ( ch z )′ = ?

?′ e z + e ? z = ch z ? = 2 ?

? e z + e ? z ?′ e z ? e? z = sh z ? = 2 ? 2 ?
z ?z 2 z ?z 2 2 ?′ ( e + e ) ? ( e ? e ) ? 2 ? 2 = = ? ? z ? z ? = sech z ?z 2 z ?e +e ? ? (e + e )

? e z ? e? z (3) ( th z )′ = ? z ?z ?e +e

z ?z 2 z ?z 2 2 ?z ′ z ? ? + e e e e ( ) ( ) ? ? + e e ? 2 ? ′ = = ? ? z ? z ? = ? csch 2 z (4) ( cth z ) = ? z 2 ?z ? ?e ?e ? ? e ?e ? ( e z ? e? z )

43.证明下列不等式: (1) sh y ≤ sin ( x + iy ) ≤ ch y ; (2) sh y ≤ cos ( x + iy ) ≤ ch y 。 (1) sin ( x + iy ) = sin x cos iy + cos x sin iy = sin x ch y + i cos x sh y , 所以 sin ( x + iy ) =
2 2

sin 2 x ch 2 y + cos 2 x sh 2 y 。 sin 2 x + sh 2 y ≥ sh y , ch 2 y ? cos 2 x ≤ ch y 。不等式得证。

代入 ch y = 1 + sh y 得 sin ( x + iy ) = 代入 sh y = ch y ? 1 得 sin ( x + iy ) =
2 2

(2)同(1) 。

44.解下列方程: (1) sh z = 0 ; (2) 2 ch z ? 3ch z + 1 = 0 ; (3) sin z ?
2
2

5 sin z + 1 = 0 ; 2

(4) tan z = i 。 (1) sh z =

e z ? e? z = 0 ,即 e 2 z = 1 = ei 2 kπ ,所以 z = ikπ , ( k = 0, ±1, ±2 2
2z

) ;

(2)解得 ch z =1 或 1/2,即 e

= 1 = ei 2 kπ 或 e z =
) ;

1 3 i ±π 3 + 2 k π ) ,所以 z = ikπ , ±i =e( 2 2

( k = 0, ±1, ±2 i ( ±π / 3 + 2kπ ) ,

(3) z = π / 6 + 2kπ , 5π / 6 + 2kπ , π / 2 ? i ln 2 ± 3 + 2kπ , ( k = 0, ±1, ±2 (4)无解。

(

)

) ;

46.扇形区域 0 < arg z <

π
3

经变换 w = z 后边成什么区域?(上半平面)
3

47. 试证: 圆A x +y
2

(

2

后仍为圆, 并讨论 A = 0 及 D = 0 ) + Bx + Cy + D = 0 经变换 w = 1 z

的情况。 由于 x + y = z = zz , x =
2 2

1 1 ( z + z ) , y = ( z ? z ) ,圆方程可写为 2 2i 1 1 1 Azz + ( B ? iC ) z + ( B + iC ) z + D = 0 。令 E = ( B + iC ) ,则方程写成 2 2 2
2

Azz + Ez + Ez + D = 0 ,这就是圆的标准方程。代入 z = 1/ w ,得到 Dww + Ew + Ew + A = 0 ,仍是圆方程。
A = 0 时,将直线变换为圆, D = 0 时,将圆变换成直线。

48. w = e 把实轴上线段 0 ≤ x < 2π 变为什么图形?
iz

由 y = 0 得 w = e ,所以 w = 1 。 0 ≤ x < 2π 即是 0 ≤ arg w < 2π ,所以变为单位圆。
ix

49.双纽线 ρ = 2a cos 2? 经变换 w = z 后变为什么图形?
2 2 2

令z =

ρ ei? ,则 w = ρ 2 e2i? 。令 w = reiθ ,则 θ = 2? , r = ρ 2 = 2a 2 cos θ ,即变换为圆。
z ?1 将直线 y = ax 变为圆。 z +1

50.证明: w = ?i

直线方程写为 Az + Az = 0 ,其中 A =

aww + w + w ? a = 0 ,即为圆方程。

1 1 + iw 得 ( a ? i ) 。代入 z = 2 1 ? iw

51.证明:在变换 w =

1? 1? β ? z ? ? 下, z 平面上以原点为圆心, e ( β > 0 )为半径的圆变 2? z?

为 w 平面上的椭圆,焦点为 ±i ,长短半轴分别为 ch β 及 sh β 。 令 z = ρ e ,则圆方程为 ρ = e 。
i?

β

w=

1 β i? 1 β e e ? e ? β e ? i? ) = ? e cos ? + ie β sin ? ? e ? β cos ? + ie ? β sin ? ? ( ? 2 2?

= sh β cos ? + i ch β sin ?
x2 y2 令 w = x + iy , 则 x = sh β cos ? , y = ch β sin ? , 消去 ? 得 2 + 2 = 1 , 即以 ±i 为 sh β ch β
焦点, ch β 及 sh β 为长短半轴的椭圆。

52. 设 w = u ( x, y ) + iv ( x, y ) 解析, 且

dw 试证曲线族 u ( x, y ) = C1 , v ( x , y ) = C2 ( C1 , ≠ 0, dz

C2 为任意实常数)互相正交。
设 n1 , n2 为过点 ( x, y ) 的两曲线在该点的法向量,即 n1 = ?

? ?u ?u ? ? ?v ?v ? , ? , n2 = ? , ? 。 ? ?x ?y ? ? ?x ?y ?

则 n1 ? n2 =

?u ?v ?u ?v ?u ?u ?u ?u + =? + = 0 ,即两曲线正交。 ?x ?x ?y ?y ?x ?y ?y ?x

53.判断下列函数是单值的还是多值的: (1) z +

z ?1 ; (2)

1 cos z sin z ; (3) cos z ; (4) ln sin z ; (5) ; (6) 。 1 + ln z z z

明显(1)~(4)都是多值函数。 用 ± w 表示 z 的两个平方根,即

z = w 或 ? w 。取 z = w ,则

cos z cos w = ,取 w z

z = ? w ,则
为单值函数。

cos z cos ( ? w ) cos w cos z sin z ,即 为多值函数,同样可得, = =? w ?w z z z

54.找出下列函数的枝点,并讨论 z 绕各个枝点移动一周回到原处函数值的变化。若同时绕 两个,三个枝点,又会出现怎样的情况? (1) 1 ? z ; (2) z +
3

z2 ?1 ; (3)
2

1 cos z z?a ; (4) ; (5) ; 1 + ln z z ?b z

(7) 3 z (6) z ? 4 ;
3 2

2 (8) ln ( z + 1) 。 ( z + 1) ;

(1)w = 1 ? z =
3
?i

(1 ? z ) ? z ? e
?

?

i

2π 3

2π ?i ?? 3 z e ? ?? ??

2π i ? 3 , 当 z 逆时针绕 1 点一圈 (不包围 e 和 ? ?

e

2π 3

) 回到原处, 因子 1 ? z 顺时针绕 0 点旋转 π , 另外两个因子 z ? e
i 2π 3

i

2π 3



z ?e

?i

2π 3

不变,故 w 顺时针绕 0 点旋转 π 。当 z 逆时针绕 e 回到原处, w 逆时针绕 0 点旋转 π 。所以 1, e 圈(不包围 e
?i 2π 3 ±i

(或 e

?i

2π 3

)点一圈(不包围另外两点)
i 2π 3

2π 3

为枝点。若 z 逆时针绕 1 和 e

两点一

)回到原处, w 不变,同样的, z 逆时针绕任意两个枝点一圈(不包围另

一个枝点)回到原处, w 都不变。若 z 逆时针绕这三个枝点一圈回到原处, w 顺时针绕 0 点旋转 π ,所以 ∞ 也是枝点。 (2)枝点是 ±1 ; (3)枝点是 a , b ( z 绕 b 逆时针一圈回到原处,因子 (4)枝点是 0, ∞ ; (5)枝点是 0, ∞ ; (6)枝点是 ± 2, ∞ ; (7)枝点是 0,-1; (8)枝点是 ± i, ∞ ;

1 顺时针绕 0 点旋转 π ) ; z ?b

55 .函数 w = z +

z ? 1 ,规定 w ( 2 ) = 1 ,是分别求当 z 沿着图中的 C1 和 C2 连续变化时

w ( ?3) 之值。

若规定 z = 2 处 arg ( z ? 1) = 2π , 则有 w ( 2 ) = 1 。 z 沿 C1 连续变化到-3 时, arg ( z ? 1) = 3π , 所以 w ( ?3) = ?3 + 4e
i 3π 2

= ?3 ? 2i 。沿 C2 有 w ( ?3) = ?3 + 2i 。

56.规定函数 w = z 3 z ? 2 在下图割线上岸的幅角为 0,试求该函数在割线下岸 z = 3 处的 数值,又问,这个函数有几个单值分枝:求出在其他分枝中割线下岸 z = 3 处的函数值。

z ? 2 在割线上岸幅角为 0,下岸为 2π ,所以 w ( 3) = 3e

i

2π 3


i
4π 3

有三个单值分枝。规定割线上岸幅角为 2π ,则下岸为 4π , w ( 3) = 3e 规定割线上岸幅角为 4π ,则下岸为 6π , w ( 3) = 3 。



57.函数 w =

( z ? a )( z ? b ) 的割线有多少种可能的做法?试在两种不同做法下讨论单值

分枝的规定。设 a, b 为实数,且 a ≠ b 。

a, b 为枝点,连接 a, b 的任意线段都可作为割线,所以有无穷种做法。
其中两种做法:

(1)

规定割线上岸 arg ( z ? a ) + arg ( z ? b ) = π 和 3π 可得两个单枝分枝。 (2)

可规定正实轴割线上岸 arg ( z ? a ) + arg ( z ? b ) 分别为 0, 2π 。

58.规定函数 w =

z 2 ? 2 z + 2 , w ( 0 ) = 2 。求当 z 由原点出发沿圆 z ? (1 + i ) = 2 逆

时针方向通过 x 轴时的函数值。又当 z 回到原点时函数之值如何?

w=

(z ?

2eiπ
4

4

)( z ?

2e ?iπ

4

)

。 只 要 规 定 z = 0 时 arg z ? 2e

(

iπ 4

arg z ? 2e? iπ 2eiπ
4

( arg ( z ?

当 z

π ,arg ( z ? 2e = ,所以 w ( 2 ) = ) = ?π ) 4 4 5π 回 到 原 点 时 , arg ( z ? 2e ) = , arg ( z ? 4
? iπ 4 iπ 4

π ) = 34

π ) = ? 34



就 有 w ( 0) =

2 。 当 z 沿 圆 逆 时 针 到 达 z=2 时 , 2e ? iπ 4 ? 2eiπ 2e? iπ
4 4

= 2。

π ) = 34

, 所 以

w ( 0) =

2ei5π 4 ? 2ei3π 4 = 2eiπ = ? 2 。

59. 函数 w = ln 1 ? z 之值。

(

2

) ,规定 w ( 0 ) = 0 ,试讨论当 z 分别限制在以下两图中变化时,w ( 3)

(a) w = ln ? ?(1 ? z )( z + 1) ? ? 。规定 z = 0 时 arg (1 ? z ) = 0 ,arg ( z + 1) = 0 就有 w ( 0 ) = 0 。

z 从 下 半 平 面 到 达 z = 3 时 有 arg (1 ? z ) = π , arg ( z + 1) = 0 , 所 以 w ( 3) = ln ( 2eiπ ? 4ei 0 ) = 3ln 2 + iπ 。
( b ) z 从 上 半 平 面 到 达 z = 3 时 有 arg (1 ? z ) = ?π , arg ( z + 1) = 0 , 所 以

w ( 3) = ln ( 2e? iπ ? 4ei 0 ) = 3ln 2 ? iπ 。

60.函数 w =

4

z (1 ? z ) 在割线上岸函数值与下岸函数值有何不同?割线如下图。
3

若割线上岸上一点 z 由左边 (曲线 C1 ) 绕到割线下岸同一处 (记为 z ′ ) , 则 z 的辐角增加 2π , 即 z ′ = ze
i 2π

, 1 ? z 的辐角不变,即 (1 ? z )′ = 1 ? z 。所以

3 3 w′ = 4 z ′ (1 ? z )′ = 4 zei 2π (1 ? z ) = weiπ 2 。

若 z 由右边(曲线 C2 )绕到割线下岸同一处,则 z 的辐角不变, 1 ? z 的辐角减小 2π ,
? i 2π ? i 3π 2 。 w′ = 4 z ? ?(1 ? z ) e ? ? = we
3

61.规定 0 ≤ arg z < 2π ,求 w =

z 在 z = i 处的导数值。

w′ ( z ) =

1 2 z

, w′ e

(

iπ 2

e )= 1 2

? iπ 4

=

1 2 2

(1 ? i ) 。

62.规定 z = 0 处 arctan z = π ,求在 z = 2 处的导数值。割线做法如图。

arctan z =

1 i?z 1 1 ln , ( arctan z )′ = 2 , ( arctan z )′ = 。 5 2i z + i z +1 z =2

虽 然 导 函数 f ′( z) 是 单 值 函数, 但 它 是在 f ( z) 的 单 值 分枝中 定 义 的,否 则 极 限 值

z → z0

lim

f ( z ) ? f ( z0 ) 不定。 z ? z0

63.证明:若函数 f ( z ) 在区域 G 内解析,其模为一常数,则函数 f ( z ) 本身也必为一常数。 证:令 f ( z ) = Ae
i? ( x , y )

= A cos ? + iA sin ? ,其中 ? ( x, y ) 为实函数。由于 f ( z ) 解析,C-R

方程为: ? A sin ?

?? ?? ?? ?? ?? = A cos ? = A cos ? =0, , A sin ? 。可由此解出 ?x ?y ?y ?x ?x

?? = 0 ,即 ? ( x, y ) 为常数,所以 f ( z ) 为常数。 ?y

z1? p (1 ? z ) 64 . f ( z ) = , ?1 < p < 2 。在实轴上沿 0 到 1 做割线,规定沿割线上岸 2z
p

arg z = arg (1 ? z ) = 0 ,试计算 f ( ±i ) 。

z = i 时, arg z =

π
2

, arg (1 ? z ) = ?

π
4

, f (i )

(e ) (2 =
iπ 2 1? p

12

e ? iπ

4

)

p

2i

=2

p 3 ?1 i pπ 2 4

e



p 5 ?1 ? i pπ 3π π 2 z 从左边由割线上岸绕到 z = ?i ,则 arg z = , arg (1 ? z ) = , f ( ?i ) = 2 e 4 。 2 4

z 从右边由割线上岸绕到 z = ?i , 则 arg z = ?

π
2

, arg (1 ? z ) = ?

p 5 ?1 ? i pπ 7π , f ( ?i ) = 2 2 e 4 。 4

65.试按给定的路径计算下列积分: (1) (2)


0

dz , (i)沿路径 C1 : z = 1 的上半圆周, (ii)沿路径 C2 : z = 1 的下半圆周; ?1 z
1



2+i

Re zdz , (i)C1 : 直线段[0, 2]和[2, 2+i]组成的折线, (ii)C2 : 直线段 z = ( 2 + i ) t ,

0 ≤ t ≤1。
(1) (i)
i? 0 de 0 dz = ∫C1 z ∫π ei? = ∫π id? = ?π i ,

i? 0 de 0 dz (ii) ∫ =∫ = ∫?π id? = π i ; C2 z ?π ei?

(2) (i) (ii)



C1

Re zdz = ∫ xdx + i ∫ 2dy = 2 + 2i ,
0 0 1 1 0 0

2

1



C2

Re zdz = ∫ 2td ( 2 + i ) t = 2 ( 2 + i ) ∫ tdt = 2 + i 。

66.计算: (1)



dz dz dz dz ; (2) ∫ ; (3) ∫ ; (4) ∫ 。 z =1 z z =1 z z =1 z z =1 z
i? 2π de 2π dz = ∫ z =1 z ∫0 ei? = ∫0 id? = 2π i ;
2π 0

(1)令 z = e ,

i?

(2)



2π dz = ∫ dei? = ei? z =1 z 0

=0;

(3)

∫ ∫

z =1

i? 2π ie d? 2π dz =∫ = ∫ e ? i? d? = ie ?i? i ? 0 0 z e 2π dz = ∫ d? = 2π 。 0 z

2π 0

= 0;

(4)

z =1

67.考虑两简单闭合曲线 C1 , C2 ,彼此相交于 A,B 两点。设 C1 与 C2 所包围的内部区域 分别是 G1 与 G2 ,其公共区域为 g 。若 f ( z ) 在曲线 C1 , C2 上解析,且在区域 G1 ? g 及

G2 ? g 内解析,试证明:



C1

f ( z ) dz =



C2

f ( z ) dz 。

如图,Γ1 ? Γ 4 表示四条边界线,C1 是 Γ1 的负向加上 Γ3 的正向,C2 是 Γ 2 的负向加上 Γ 4 的 正向。

∫ f ( z) dz ? ∫ f ( z) dz = ?∫
C1 C2

Γ1

fdz + ∫ fdz + ∫ fdz ? ∫ fdz
Γ3 Γ2 Γ4

Γ1 的负向加上 Γ 2 的正向就是 G1 ? g 的边界,所以 ?
同样的,



Γ1

fdz + ∫ fdz = 0 ,
Γ2



Γ3

fdz ? ∫

Γ4

fdz = 0 ,所以有 ∫ f ( z ) dz =
C1



C2

f ( z ) dz 。

68.对于任一解析函数的实部或虚部,Cauchy 定理仍成立吗?如果成立,试证明之,如果 不成立,试说明理由,并举一例。 不成立。取 f ( z ) = z ,则实部 u ( x, y ) = x 。取如下积分路径:

∫ udz = ∫

1

0

xdx + i ∫ dy + ∫ xdx = i 。
0 1

1

0

69.证明: 点一圈



C

dz ? = 4π i ,其中积分路径 C 为闭合曲线 ρ = 2 ? sin 2 。这个结果和围绕原 z 4



dz = 2π i 的结论有矛盾吗?为什么? z



4π dz =∫ C z 0

?? ?? ? 1 ? ?? ? d ?? 2 ? sin 2 ? ei? ? ? sin ei? + i ? 2 ? sin 2 ? ei? 4π 4? ? 4 2 4? ?? ? =∫ d? 0 ? ? 2 ? ? i? 2 ? ? i? ? 2 ? sin ? e ? 2 ? sin ? e 4? 4? ? ?

sin 1 4π 2 d? = ∫ id? ? ∫ 0 0 ? 2 3 + cos 2 上式右边第二项被积函数以 4π 为周期,所以积分限可换为 ?2π ? 2π ,被积函数又是奇函 dz 数,故积分为 0,所以 ∫ = 4π i 。由上图可看出, C 绕原点两圈,并不与围绕原点一圈 C z dz ∫ z = 2π i 的结论矛盾。


?

70.计算



z =3

2 z 2 ? 15 z + 30 dz 。 z 3 ? 10 z 2 + 32 z ? 32

原式 =

∫ ( z ? 2 )( z ? 4 )
z =3

2 z 2 ? 15 z + 30
2

dz = 2π i ?

2 z 2 ? 15 z + 30

( z ? 4)

2 z =2

= 4π i

71.计算: (1)



sin
C 2

πz

1 4 dz , C 分别为: (i) z = , (ii) z ? 1 = 1 , (iii) z = 3 ; z ?1 2

(2)



C

eiz dz , C 分别为: (i) z ? i = 1 , (ii) z = 2 , (iii) z + i + z ? i = 2 2 。 z2 +1

(1) (i)积分路径不包围任何奇点,故积分值为 0,

(ii)积分路径包围奇点 z = 1 ,



sin
C 2

πz

4 dz = 2π i ? 4 z ?1 z +1
z =1

sin

πz
=

π
2

i,

(iii)积分路径包围奇点 z = ±1 , C1 , C2 为单独包围 z = ±1 的闭路径,



sin
C

πz

4 dz = z ?1
2



sin
C1

πz

4 dz + z ?1
2



sin
C2

? πz ? sin 4 dz = 2π i ? 4 2 z ?1 z +1 ? ? ?

πz

? ? 4 + ? = 2π i 。 z ?1 ? ? z =1 z =?1 ?
sin

πz

(2) (i)



C

eiz eiz dz i = 2 π ? z2 +1 z +i

=
z =i

π
e



(ii)



C

? eiz eiz dz = 2π i ? ? z+i z2 +1 ?

eiz + z ?i z =i

? = ?2π sh1 , ? ? z =? i ?

(iii)同(ii) 。

72.计算: (1)

cos z sin z z2 z2 ?1 dz dz dz ; ( 2 ) ; ( 3 ) ; ( 4 ) ∫ z =2 z ∫ z =2 z 2 ∫ z =2 z ? 1 ∫ z =2 z 2 + 1 dz ;

(5) (9)

∫ ∫

dz dz dz dz ; (6) ∫ ; (7) ∫ ; (8) ∫ ; 2 2 2 2 z =2 z + z + 1 z =2 z ? 8 z =2 z ? 2 z + 3 z =2 z z e z dz
z =2

z

2

; (10)



dz 。 z =2 2 z ( z 2 + 16 )

(1)




z =2

cos z dz = 2π i ? cos z z =0 = 2π i ; z

(2)

sin z = 2π i ; dz = 2π i ( sin z )′ z =2 z 2 z =0

(3)

z2 2 ∫ z =2 z ? 1 dz = 2π i ? z

z =1

= 2π i ;

(4)

? z2 ?1 ? z2 ?1 z2 ?1 dz 2 i = π + =0; ? ? ∫ z =2 z 2 + 1 ? z +i ? z i ? z =i z =? i ? ?

(5)



dz =0; z =2 z 2
+
3 2

(6)

? dz 1 ? = 2 i π ∫ z =2 z 2 + z + 1 ? z + 1 2 ? i 3 2 z =?1 2?i ?

1 z + 1 2 + i 3 2 z =?1 2+i

? ?=0; ? 3 2?

(7)

∫ ∫ ∫

dz (不包围奇点) = 0; z =2 z ? 8
2

(8)

? dz 1 = 2π i ? z =2 z ? 2 z + 3 ? z ?1? i 2
2

+
z =1? i 2

1 z ?1+ i 2

z =1+ i

? ? =0; 2 ?

(9)

z e z dz
z =2

z2

e z dz = 2∫ = 4π i ( e z )′ ; z =2 z 2 z =0
= 0。
z =0

(10)

dz ? 1 ?′ π = 2 i ? 2 ? ∫ z =2 z 2 ( z 2 + 16 ) ? z + 16 ?

73. (1)计算

z a? ez t ?1 (2)对于什么样的 a 值,函数 F ( z ) = ∫ e ? + 3 ?dt 是单值的? ∫ z =1 z 3 dz ; z0 ?t t ?

(1)

ez 2π i z ′′ ∫ z =1 z 3 dz = 2! ( e ) z =0 = π i ;

(2)



? 0, C不包围原点 ?1 a ? 。当 a = ?2 时,对任意的闭曲线(不过 et ? + 3 ? dt = ? C ?t t ? ?( 2 + a ) π i,C包围原点

原点)该积分都是 0,则 F ( z ) 为单值函数。

74.证明:在挖去 z = 0 点的全平面上不存在一个解析函数 f ( z ) ,使其满足 f ′ ( z ) = 这个结论和

1 。 z

d 1 ln z = 矛盾吗? dz z 1 1 因为 z = 0 点是 的奇点, 在绕原点路径上的积分不为 0 ,所以无法定义变上限函数 z z z 1 ∫z0 t dt ,即找不到在除去 z = 0 点的全平面上解析的原函数。 ln z 在划定割线,在单值分枝 d 1 内才有 ln z = ,他是在分割的平面上成立,而不是全平面。 dz z

75 . 设 G 是 单 连 通 区 域 , C 是 它 的 边 界 , z1 , z2 ,

, zn 是 G 内 的 n 个 不 同 的 点 。

P( z) =( z ?z1)( z ?z2 )

Q( z) = 证明: ( z ?zn ) , f ( z ) 在 G 中解析,

1 2π i

∫ P (ζ )
C

f (ζ ) P (ζ ) ? P ( z ) dζ ζ ?z

是一个 n ? 1 次多项式,且 Q ( zk ) = f ( zk ) , k = 1, 2, 果还正确吗? 证: z ≠ zk 时, Q

, n 。如果 G 是复连通区域,上述结

( z ) = ∑ ?(ζ ? zi )
i =1

n

? ?

f (ζ ) P (ζ ) ? P ( z ) ? ? P (ζ ) ζ ?z ?ζ = z

i

n ? ? ? z z ? ( j )? n ? ∏ n ? ζ f z z ( )( ) i ? = ? f ( zi ) = ∑? n i ? j =1 ∑ ? z ? zi ? i=1 ? ∏ zi ? z j i =1 ? ? ∏ (ζ ? z j ) ? ? j≠i j =1 ? ? ζ = zi ? ?

(

? ( z ? z j )? ∏ ? ) j≠i ? ?

即它是 n ? 1 次多项式。

z = zk 时, Q ( zk ) =

1 2π i



C

f (ζ ) d ζ = f ( zk ) 。 ζ ? zk

若 G 是复连通区域,上面的计算不成立。

76.设 f ( z ) 在 z ≤ R 的区域内解析,且 ζ = ρ e ( 0 ≤
i?

ρ < R )为圆内一点,证明圆内的
dθ 。


R2 ? ρ 2 Poisson 公式: f (ζ ) = 2π 1 证: f (ζ ) = 2π i 1 = 2π
=
R2





0

R 2 ? 2 R ρ cos (θ ? ? ) + ρ 2

f ( Reiθ )



z =R

iθ f ( z) 1 2π f ( Re ) 1 dz = dReiθ = i i θ ? ∫ z ?ζ 2π i 0 Re ? ρ e 2π



Rf ( Reiθ ) R ? ρ ei(? ?θ )

0








? i (? ?θ ) ? R? ?R ? ρe ?

0

?R ? ρe ?

i (? ?θ )

? ?R ? ρe ??
? i ? ?θ

? i (? ?θ )

? ?

f ( Reiθ ) dθ

1 2π



0

R2 ? Rρe ( ) f ( Reiθ ) dθ R 2 ? 2 R ρ cos (θ ? ? ) + ρ 2

(1)

令ζ ′ =

ρ

ei? ,它在圆外,所以有


1 2π i



z =R

f ( z) f (z) dz = 0 (函数 在圆内解析) 。 z ?ζ ′ z ?ζ ′
(2)

0=

f ( z) 1 ∫ z = R z ? ζ ′dz = 2π



0

ρ 2 ? R ρ e ? i(? ?θ ) f ( Reiθ ) dθ 2 2 R ? 2 R ρ cos (θ ? ? ) + ρ

R2 ? ρ 2 (1) ? (2)即得 f (ζ ) = 2π





0

R 2 ? 2 R ρ cos (θ ? ? ) + ρ 2

f ( Reiθ )

dθ 。

77.若 f ( z ) 在区域 G 内单值连续,且沿 G 内任一闭合路径 C 均有

∫ f ( z ) dz = 0 ,试证
C

。 f ( z ) 在区域 G 内解析(这是 Cauchy 定理的逆定理,即 Morera 定理) 因为 f ( z ) 沿 G 内任一闭合路径积分都是 0,则 单值函数 F ( z ) =

∫ f ( t ) dt 与积分路径无关,它定义了一个
z0

z

∫ f ( t ) dt 。
z0

z

F ( z + ?z ) ? F ( z ) ?z

? f (z) =

1 z +?z 1 ? f ( t ) ? f ( z )? dt ≤ ? ? ∫ ?z z ?z



z +?z

z

f ( t ) ? f ( z ) dt

由于 f ( z ) 在 z 点连续, 对于任意 ε > 0 , 存在 δ > 0 , 使当 t ? z < δ 时, f ( t ) ? f ( z ) < ε , 所以只要 ?z < δ ,对于 t ∈ [ z , z + ?z ] ,有 t ? z ≤ ?z < δ ,

F ( z + ?z ) ? F ( z ) ?z

? f (z) <

1 ? ε ? ?z = ε 。所以 F ′ ( z ) = f ( z ) , F ( z ) 为解析函数, ?z

而解析函数的导函数仍解析,即 f ( z ) 在区域 G 内解析。

78 . 考 虑 函 数 f ( z ) =

1 。 (1)它对于所有不通过原点的闭合围道 C 都有积分 z2

∫ f ( z ) dz = 0 ,但 f ( z ) 在 z = 0 点不解析。这个情况和 Morera 定理(上题)矛盾吗?
C

(2)当 z → ∞ 时,此函数有界,但并不是一个常数。这和 Liouville 定理矛盾吗? (1)对于过原点路径上的积分,由于 f ( 0 ) → ∞ ,积分 → ∞ ,并不满足 Morera 定理条件; (2)Liouville 定理要求全平面解析。

79.设 G 为单连通区域,其边界为简单闭合曲线 C 。若函数 f ( z ) 在 G = G + C 中解析, 且在 C 上, f ( z ) = 0 。证明:在区域 G 内恒有 f ( z ) = 0 。 由 Cauchy 积分公式 f ( z ) =

1 2π i



f (ζ )
C

ζ ?z

d ζ 可证。

80.计算

dz ,积分路径 C 为: (1)没有割线的 z 平面上,由 ?i 到 i 的各种可能路径; C z (2)沿负实轴割开的 z 平面上,由 ?i 到 i 的各种可能路径。



(1)可计算出沿右半圆从 ?i 到 i 的积分值为 π i ,沿左半圆从 ?i 到 i 的积分值为 ?π i 。

如上图(a) ,对于右半平面从 ?i 到 i 的任意路径 C0 ,与 i 到 ?i 的右半圆构成闭合路径,该 闭路径积分值为 0,所以 I 0 =



C0

dz = πi 。 z

如上图 (b) ,C1 为从 ?i 逆时针绕原点一圈后从右半平面到达 i 的曲线, 记 C1 上的积分为 I1 。

L0 为右半平面从 i 到 ?i 的曲线, L0 上的积分即为 ? I 0 。 C1 与 L0 构成的闭曲线绕原点一圈,
所以 C1 与 L0 上的积分之和为 2π i ,即 I1 ? I 0 = 2π i ,所以 I1 = 3π i 。 如上图 (c) ,C2 为从 ?i 逆时针绕原点两圈后从右半平面到达 i 的曲线, 记 C2 上的积分为 I 2 。

L1 为从 ?i 逆时针绕原点一圈后从右半平面到达 i 的反向曲线, L1 上的积分即为 ? I1 。 C2 与 L1 构成的闭曲线绕原点一圈,所以 I 2 ? I1 = 2π i ,即 I 2 = 5π i 。
依此类推,从 ?i 逆时针绕原点 n 圈后从右半平面到达 i 的曲线上的积分为 I n = ( 2n + 1) π i ,

n = 0,1, 2,



同 样 可 得 , 对 于 从 ?i 顺 时 针 绕 原 点 n 圈 后 从 左 半 平 面 到 达 i 的 曲 线 上 的 积 分 为

′ = ? ( 2n + 1) π i , n = 0,1, 2, In



(2)只能由右半平面直接从 ?i 到 i 的路径积分,积分值为 π i 。

81.证明:

∫ ( z ? a)
C

dz

n

?2π i, n = 1 =? ,其中 C 为包围 a 点的任一简单闭合围道, n 为整数。 ? 0, n ≠ 1

证:设 ε 为任意小的正数。




dz
z ? a =ε

( z ? a)
z ? a =ε

n

=∫



d ( a + ε ei? )

0

ε e
n

n in?

= iε 1? n ∫ ei(1? n )? d? ,
0



当 n ≠ 1 时,



0

e(

i 1? n )?

d? = 0 ,即 ∫


dz

( z ? a)

=0,

当 n = 1 时,



dz
z ? a =ε

( z ? a)

n

= i ∫ d? = 2π i 。
0

对于包围 a 点的任一简单闭合围道 C ,存在 ε ,使 z ? a = ε 在 C 包围的区域内,则

∫ ( z ? a)
C

dz

n

=



dz
z ? a =ε

( z ? a)

n

,得证。

82.计算



C

dz 。规定 z = 1 时 z = 1 ,沿路径: (1)单位圆的上半周从 1 到-1; (2)单位 z

圆的下半周从 1 到-1。

z = 1 时,arg z = 0 。 (1)z = ?1 时,arg z = π ,∫
(2) z = ?1 时, arg z = ?π ,

C

?1 dz =2 z =2 1 z

(

eiπ ? 1 = 2 ( ?1 + i ) ;

)



C

?1 dz =2 z =2 1 z

(

e? iπ ? 1 = ?2 (1 + i ) 。

)

83.设 f ( z ) 在区域 G 内解析, C 为 G 内任一简单闭曲线,证明对于 G 内,但不在 C 上的 任一点 z ,



C

f ′ (ζ ) dζ = ζ ?z

∫ (ζ ? z )
C

f (ζ )

2

dζ 。

由 Cauchy 积 分 公 式 ,



f ′ (ζ )
C

ζ ?z

d ζ = 2π if ′ ( z ) 。 由 解 析 函 数 高 阶 导 数 公 式 ,

∫ (ζ ? z )
C

f (ζ )

2

dζ = 2π if ′ ( z ) ,得证。

84.设 Ψ ( t , x ) =

1 1 ? 2 xt + t 2

, t 是复变数。试证:

n ?nΨ (t, x ) 1 dn 2 x ? 1) 。 = n n n ( 2 dx ?t t =0

证:

根据高阶微商公式,

?nΨ (t, x ) n! = n 2π i ?t t =0



Ψ (t, x ) n! dt = n + 1 C1 2π i t



1
C1

t n +1 1 ? 2 xt + t 2

dt 。

上式中 C1 是绕原点的围线,且不包围 Ψ ( t , x ) 的两个奇点 x ± 作变换 1 ? 2 xt + t = 1 ? ut ,即 t =
2

x2 ?1 。

2 (u ? x ) ,则 C1 映射为绕 x 的 C2 (方向不变) , u2 ?1

上面的积分化为:

n! 2π i



C1

t n +1

n! dt = 2π i 1 ? 2 xt + t 2

1

? ( u 2 ? 1)n +1 ? ?2u 2 + 4ux ? 2 ? u2 ?1 ? ∫ C2 ? 2n+1 ( u ? x )n+1 ?u 2 + 2ux ? 1 u 2 ? 1 2 ?du ( ) ? ?
n n 1 dn 2 1 dn 2 u ? = x ? 1) 。 1 ) n n ( n n ( 2 du 2 dx u=x

1 n! = n? 2 2π i

∫ (u ? x )
C2

(u

2

? 1)

n

du = n +1

85.设 Ψ ( t , x ) = exp 2tx ? t

(

2

)

, t 是复变数,试证:

n ?nΨ (t, x ) 2 n x2 d = ? 1 e e? x 。 ( ) n n ?t dx t =0

证:同上题。C1 是 t 平面上逆时针绕原点的围线,通过变换 t = x ? u 映射为 u 平面上逆时针 绕 x 的围线 C2 。

? n Ψ (t , x ) n! = n ?t 2π i t=0


n

C1

e 2 tx ? t n! dt = ? n +1 t 2π i
n! 2π i

2



e
C2

2( x ?u )x ?( x ?u )

2

(x ? u)
n

n +1

du
d n ? x2 e dx n

= ( ? 1) e

x2

∫ (u ? x )
C2

e?u

2

n +1

du = ( ? 1) e x

2

86. f ( z ) 在 a 点的邻域内解析,当 θ1 ≤ arg ( z ? a ) ≤ θ 2 , z → a 时, ( z ? a ) f ( z ) 一致地

lim 趋于 k , 试证:
(逆时针) 。 证:可计算出

δ → 0 Cδ



f ( z )dz = ik (θ 2 ? θ1 ) 。 其中 Cδ 为:z ? a = δ , θ1 ≤ arg ( z ? a ) ≤ θ 2





dz = i (θ2 ? θ1 ) , z ?a
2

∫ f ( z )dz ? ik (θ


? θ1 ) = ∫ f ( z )dz ? ∫




k dz dz = ∫ ? z ? a) f ( z ) ? k ? 。 ( ? ? C δ z ?a z ?a
> 0 ,存在 δ1 > 0 (与 arg ( z ? a ) 无关) ,使

( z ? a ) f ( z ) 一致地趋于 k ,即任意
z ? a < δ1 时,( z ? a ) f ( z ) ? k <

ε θ 2 ? θ1 ε

θ 2 ? θ1

。 当 δ < δ1 时, 对于 Cδ 上的点有 z ? a = δ < δ1 ,







f ( z )dz ? ik (θ 2 ? θ1 ) ≤ ∫



( z ? a) f ( z) ? k

dz ε < ? (θ 2 ? θ1 ) = ε z ? a θ 2 ? θ1

87. f ( z ) 在 ∞ 点邻域内解析,当 θ1 ≤ arg ( z ? a ) ≤ θ 2 , z → ∞ 时, zf ( z ) 一致地趋于 K 。 试证: lim
R →∞ CR



f ( z ) dz = iK (θ 2 ? θ1 ) 。其中 CR 为: z = R , θ1 ≤ arg z ≤ θ 2 (逆时针) 。

证:同上题,有



CR

f ( z )dz ? iK (θ2 ? θ1 ) = ∫ f ( z )dz ? ∫
CR

CR

K dz dz = ∫ ? zf ( z ) ? K ? 。 ? ? CR z z

任意

ε θ 2 ? θ1

> 0 ,存在 M > 0 (与 arg z 无关) ,当 z > M 时, zf ( z ) ? K <

ε θ 2 ? θ1



只要 R > M ,在 CR 上有 z = R > M ,所以



CR

f ( z )dz ? iK (θ 2 ? θ1 ) ≤ ∫

CR

zf ( z ) ? K

dz ε < ? (θ 2 ? θ1 ) = ε 。 z θ 2 ? θ1

88.证明:

1 2π i

ez 1 ∫ z =1 z dz = π



π

0

ecosθ cos ( sin θ )dθ 。从而计算出 ∫ ecosθ cos ( sin θ )dθ 。
0

π

1 2π i

ez 1 π e( cosθ +i sinθ ) iθ 1 ∫ z =1 z dz = 2π i ∫?π eiθ de = 2π

∫π
?

π

ecosθ cos ( sin θ ) dθ +

i 2π

∫ πe
?

π

cosθ

sin ( sin θ )dθ

上式右边第二项被积函数是奇函数,积分为 0,第一项被积函数为偶函数,所以

1 2π i

ez 1 ∫ z =1 z dz = π



π

0

ecosθ cos ( sin θ )dθ 。

计算上式左边的积分得



π

0

ecosθ cos ( sin θ )dθ = π e z

z =0



89, f ( z ) 在全平面解析,且 lim
z →∞

f ( z) = 0 ,证明 f ( z ) 为常数。 z

? f ( z ) ? f ( 0) ,z ≠ 0 ? 证:令 F ( z ) = ? 。 z ≠ 0 时 F ( z ) 显然是可导的, z = 0 时, z ? f ′ ( 0) , z = 0 ? F ( z ) ? F ( 0 ) f ( z ) ? f ( 0 ) ? zf ′ ( 0 ) = ,利用洛比达法则, z z2 lim
z →0

F ( z ) ? F ( 0) f ′ ( z ) ? f ′ ( 0) 1 = lim = f ′′ ( 0 ) 。即 F ( z ) 在 z = 0 处也是可导的,所以 z →0 z 2z 2 f ( z) = 0 ,则对于 ε = 1 ,存在 M > 1 ,当 z > M > 1 时, z

F ( z ) 在全平面解析。因为 lim
z →∞



f ( z) z

< ε = 1, F ( z ) ≤

f (0) f ( z) f (0) + <ε + < 1 + f ( 0 ) ,即 F ( z ) 有界,根 z z M
f ( z) f ( 0) ? lim = 0 ,所以 z →∞ z z

据 Liouville 定 理 , F ( z ) 为 常 数 。 由 于 lim F ( z ) = lim
z →∞ z →∞

F ( z ) = 0 。由此得, z ≠ 0 时, F ( z ) =
数。

f ( z ) ? f ( 0) = 0 , f ( z ) = f ( 0 ) ,即 f ( z ) 为常 z

90. f ( z ) 在全平面解析,且 f ( z ) ≥ 1 ,证明 f ( z ) 为常数。 证:令 F ( z ) =

1 ,因为 f ( z ) ≥ 1 ,所以 f ( z ) 没有零点,则 F ( z ) 没有奇点,即 F ( z ) f ( z)

在全平面解析。 F ( z ) = 则 f ( z ) 为常数。

1 ≤ 1 ,即 F ( z ) 有界,根据 Liouville 定理, F ( z ) 为常数, f ( z)

91.求 sin z 在闭区域 0 ≤ Re z ≤ 2π , 0 ≤ Im z ≤ 2π 中的最大值。 由最大模原理,在边界上寻找最大值。 在 y = 0 , 0 ≤ x ≤ 2π 上, sin z = sin x ,最大值为 1; 在 x = 2π , 0 ≤ y ≤ 2π 上, sin z = sin ( 2π + iy ) = sin ( iy ) = sh y ,最大值为 sh 2π ; 在 y = 2π , 0 ≤ x ≤ 2π 上,

sin z = sin ( x + 2π i ) = ch 2π sin x + i sh 2π cos x =
可求出最大值为 ch 2π ;

( ch 2π sin x ) + ( sh 2π cos x )
2

2



在 x = 0 , 0 ≤ y ≤ 2π 上, sin z = sin ( iy ) = sh y ,最大值为 sh 2π ; 所以最大值为 ch 2π 。

92.函数 f ( z ) 在 G 内解析,且 z0 为 G 内一点,有 f ′ ( z0 ) ≠ 0 ,试证明:

2π i = f ′ ( z0 )

∫ f ( z ) ? f ( z ) 。其中 C 是以 z
C 0

dz

0

为圆心的一个足够小的圆。

z ? z0 ? ? f ( z ) ? f ( z ) , z ≠ z0 ? 0 证:令 F ( x ) = ? , z ≠ z0 时 F ( x ) 显然是可导的,对于 z = z0 点, 1 ? , z = z0 ? f ′ ( z0 ) ?
z → z0

lim

F ( z ) ? F ( z0 ) ( z ? z0 ) f ′ ( z0 ) ? f ( z ) + f ( z 0 ) , = lim z → z0 f ′ ( z )( z ? z ) ? f ( z ) ? f ( z ) ? z ? z0 0 0 ? 0 ? = lim
z → z0

f ′ ( z0 ) ? f ′ ( z ) f ′ ( z0 ) ? ? f ( z ) ? f ( z0 ) ? ? + f ′ ( z0 ) f ′ ( z )( z ? z0 )

= lim
z → z0

f ′ ( z0 )

f ′ ( z ) ? f ′ ( z0 ) f ′′ ( z0 ) z ? z0 =? 。 2 f ( z ) ? f ( z0 ) ′ ? ? f z 2 ( ) 0 ? ? + f ′ ( z0 ) f ′ ( z ) z ? z0 ?

即 F ( x ) 在 z = z0 点也是可导的,所以 F ( x ) 在在 G 内解析,因此有:

1 2π i

∫ f ( z ) ? f ( z ) = 2π i ∫
C 0

dz

1

C

F ( z) 1 。 dz = F ( z0 ) = z ? z0 f ′ ( z0 )

93.函数 f ( z ) , g ( z ) 及 g ( z ) 的反函数均在 G 内单值解析,且 g ′ ( z ) 恒不为 0,试计算

1 2π i

∫ g (ζ ) ? g ( z )dζ ,其中 C 是 G 内的简单闭曲线, z 不在 C 上。
C

f (ζ )

由于 g ( z ) 的反函数在 G 内单值, 所以当且仅当 ζ = z 时 g (ζ ) = g ( z ) , 即

f (ζ ) 在 g (ζ ) ? g ( z )

G 内只有一个奇点 ζ = z 。
若 C 不包围 z ,则

1 2π i

∫ g (ζ ) ? g ( z )d ζ = 0 。
C

f (ζ )

? ζ ?z ? g (ζ ) ? g ( z ) f (ζ ) , ζ ≠ z ? ,它在 G 内解析,所以 若 C 包围 z ,同上题作法,令 F ( ζ ) = ? f ( z) ? ,ζ = z ? ′ g z ( ) ?
有:

1 2π i

∫ g (ζ ) ? g ( z )dζ = 2π i ∫
C

f (ζ )

1

F (ζ ) f ( z) 。 dζ = F ( z ) = C ζ ?z g′( z )

94.设

∑a

n



∑b

n

皆为正项级数,试举反例,说明下列说法不对:

(1)若 lim nan = 0 ,则
n →∞

∑a

n

收敛; (2)若 a2 n < a2 n +1 ,则

∑a

n

发散;

(3)若 lim

n →∞

a2 n +1 = ∞ ,则 ∑ an 发散; (4)若 ∑ an 与 ∑ bn 发散,则 ∑ anbn 发散。 an

(1) 取 an =

1 1 ; (可用积分判别法断定级数 ∑ 当 p > 1 时收敛, p ≤ 1 时发散) p n ln n n ( ln n )
n

2 ? ( ?1) ?8n 2 + 4n + 1 3 3 n ≥ 1 ? = < 0 ,而 an ≤ 3 , ∑ 3 a a (2)取 an = ,则 时 2n 2 n +1 2 2 2 n n n ( 2n ) ( 2n + 1)
收敛,所以

∑a

n

收敛;
3 ? a2 n +1 1 = lim n = ∞ , 而 an ≤ n 2 , 是收敛的, 所以 ∑ an ∑ n →∞ a n →∞ n3/ 2 n

(3) 取 an = n 收敛; (4)取 an =

?2 ?

( ?1)n
2

, 则 lim

1 n
2 + ( ?1)
n

,bn =

1 n
2 ? ( ?1)
n

,因为

∑a = ∑
n n k

1

( 2k )

3

+∑
k

1 ,右边第一个级数 2k + 1

收敛,第二个发散,所以

∑a

n

发散,同样的,

∑b

n

也发散,而



an bn = ∑

1 收敛。 n2

95.指出下列谬误:

1 1 1 1 1 1? 1 ?1 1? 1 ?1 1? ?1 1 ? + ? + ? + ?" = 1 + ? ? 2 × ? + + ? ? 2 × ? + + ? ? 2 × ? + ? " 2 3 4 5 6 2? 3 ? 4 4? 5 ?6 6? ?2
= 1+ 1 1 1 1 1 + + + + +" 2 3 4 5 6

?1 1 1 1 ? ?2 ? + + + + " ? ?2 4 6 8 ? ? 1 1 1 1 1 ? = ?1 + + + + + + "? ? 2 3 4 5 6 ? ? 1 1 1 1 1 ? ? ?1 + + + + + + "? = 0 ? 2 3 4 5 6 ?
不能随意改变求和顺序。

96.判断下列级数的收敛性及绝对收敛性: (1)
k k

in in ; ( 2 ) ∑ ln n ∑n。

( ?1) + i ( ?1) ,右边两个级数都收敛(用 Leibnitz 判别法) in (1) ∑ , =∑ ∑ n ln n k ln ( 2 k ) k ln ( 2 k + 1)
所以

in in 1 1 in 1 收敛,因为 ,而 发散,所以 = > ∑ ln n ∑ ln n 不绝对收敛 ∑n ln n ln n n
k k

( ?1) + i ( ?1) ,所以 i n 收敛。 i n = 1 , 1 发散,所以 in (2)同上, ∑ = ∑ ∑ 2k + 1 ∑n ∑n n 2k n n
in ∑ n 不绝对收敛。

97.证明级数
N

z n ?1 , z ≠ 1 收敛,并求其和。 ∑ n n +1 n =1 (1 ? z )(1 ? z )


N z n ?1 1 1 ? ? 1 = ? SN ( z ) = ∑ ∑ ? n n n +1 ? n =1 (1 ? z )(1 ? z ) z (1 ? z ) n=1 ? 1 ? z 1 ? z n+1 ?

=

1 ? 1 1 1 1 1 1 ? ? + ? +" + ? ? ? 2 2 3 N z (1 ? z ) ? 1 ? z 1 ? z 1 ? z 1 ? z 1? z 1 ? z N +1 ? 1 ? 1 1 ? ? ? ? z (1 ? z ) ? 1 ? z 1 ? z N +1 ?

=

若 z < 1 , N → ∞ 时 SN ( z ) →

1

(1 ? z )

2

,若 z > 1 , S N ( z ) →

1

z (1 ? z )

2

,即

1 ? , z <1 2 ? ? (1 ? z ) 。 S ( z ) = lim S N ( z ) = ? N →∞ 1 ? , z >1 ? z (1 ? z )2 ?

98. 证明无穷乘积 并求其积。

∏ (1 + z
∞ n=0

2n

( z < 1) 收敛, ) = (1 + z ) (1 + z )(1 + z )(1 + z )" ,
2 4 8

记其前 N 项部分积为 PN ( z ) 。

PN ( z ) = (1 + z ) (1 + z 2 )(1 + z 4 )" 1 + z 2
=
=

(

N ?1

)
( )
N

N ?1 1 (1 ? z )(1 + z ) (1 + z 2 )(1 + z 4 )" 1 + z 2 1? z
N ?1 1 1 ? z 2 )(1 + z 2 )(1 + z 4 )" 1 + z 2 ( 1? z

(

)

1 1? z2 4 4 2 N ?1 = (1 ? z )(1 + z )" 1 + z = "" = 1 ? z 1? z
因为 z < 1 ,所以 P ( z ) = lim PN ( z ) =
N →∞

(

)

1 。 1? z

99.证明: (1)

∏ cos 2
n =1



z
n

=

∞ sin z 1 z 1 ; (2) ∑ n tan n = ? cot z 。 2 z z n =1 2

(1) PN ( z ) = cos

z z z z ? cos 2 ?" ? cos N ?1 ? cos N 2 2 2 2

z z z z z 1 = cos ? cos 2 ?" ? cos N ?1 ? cos N ? sin N ? 2 2 2 2 2 sin z 2N z z z z 1 = cos ? cos 2 ?" ? cos N ?1 ? sin N ?1 ? z 2 2 2 2 2sin N 2 z z z 1 sin z = cos ? cos 2 ?" ? sin N ? 2 ? = "" = z z 2 2 2 22 sin N 2 N sin N 2 2

∏ cos 2
n =1



z
n

= lim

sin z z 2 N sin N 2

N →∞

=

sin z ; z

z 1 z 2 + 1 tan z + 1 tan z + " + 1 tan z (2) cot z + ∑ n tan n = z 2 2 2 22 22 2N 2N n =1 2 2 tan 2 1 1 z 1 z = + tan 2 + " + N tan N z 22 2 2 2 2 tan 2
N

1 ? tan 2

z 22 + 1 tan z + 1 tan z " + 1 tan z = z 22 2 2 23 23 2N 2N 22 tan 2 2 1 1 z 1 z = + 3 tan 3 + " + N tan N z 2 2 2 22 tan 2 2 2 1 = "" = z 2 N tan N 2 1 ? tan 2
令 N → ∞ ,则

1 2 N tan z 2N



∞ 1 1 z 1 ,所以 ∑ n tan n = ? cot z 。 z 2 z n =1 2

100.证明级数

∑e

?n

sin nz 在区域 Im z < 1 内解析。

证:对于任意 p ∈ ( 0,1) ,当 Im z ≤ p 时, (参考习题 02 的 43 题)

e ? n sin nz ≤ e ? n ch ny ≤ e ? n ch pn =
收敛,所以级数

1 ? ?(1? p )n ?(1+ p ) n ? ?(1? p ) n 。 因为级数 ∑ ? e +e e + e ?(1+ p )n ? ? ? ? ? 2

∑e

?n

sin nz 在区域 Im z ≤ p 内一致收敛,由 Weierstrass 定理,级数

∑e

?n

sin nz 在区域 Im z < p 内解析。这里的 p 具有任意性。

任取区域 Im z < 1 内一点 z0 ,存在 p0 使 Im z0 < p0 < 1 。由于级数

∑e

?n

sin nz 在区域

Im z < p0 内解析,故在 z0 点解析。由 z0 的任意性, ∑ e ? n sin nz 在区域 Im z < 1 内解析。

(1)级数 101. x 为实数,证明:


n =1



(1 + x 2 )

x2

n

绝对收敛,但不一致收敛;

(2)

∑n+ x
n =1



( ?1)

n

2

一致收敛,但不绝对收敛。

? 0, x = 0 ? (1)这是正项等比级数,显然绝对收敛。记和函数为 S ( x ) ,则 S ( x ) = ? , 1 ? ≠ , x 0 ? ? 1 + x2

x = 0 处为间断点,而

(1 + x 2 )

x2

n

在整个实轴上是连续的,所以


n =1



(1 + x 2 )

x2

n

不一致收敛。

∞ ( ?1) 一 1 1 1 ,所以 单调一致趋于 0 ,由 Leibnitz 判敛法可知 (2)由于 ≤ ∑ 2 2 2 n+ x n n+ x n =1 n + x
n

致收敛。

( ?1)

n

n+ x

2

=

1 ,它不绝对收敛。 n + x2

102.确定下列级数的收敛半径(或收敛区域) : (1)
n

∑n

1
n

(2) ∑ zn ;

1 n z ; 2 nn
n

( ?1) z n ; n! n 1 2n ln n n n (4) ∑ (5) ∑ n z ; (6) ∑ z ; (7) ∑ 2 n z ; (3) ∑ n z ; 2 2n n 2 2 ( n !)
n ln ( n n ) n n z n ? z ? 2 n (8)∑ ? z ; (9)∑ ( ?1) ( z + 2 z + 2 ) ; (10)∑ 2 sin n ; (11)∑ ? ; n! 3 ?1+ z ?

? 1? n (12) ∑ ? 1 ? ? z 。 ? n?
(1) lim n
n →∞ 1 n n

n

= lim n = ∞ ,所以收敛半径 R = ∞ ;
n →∞ 1 n n

(2) lim 2 n n
n →∞

= lim 2n = ∞ ,所以收敛半径 R = ∞ ;
n →∞

(3) lim

n →∞

n! nn

( n + 1)! n +1 ( n + 1)
n

? 1? = lim ?1 + ? = e ,所以收敛半径 R = e ; n →∞ ? n?
n +1

n

(4) lim

n →∞

( ?1) 2 22 n ( n !)
1 ln n n
n →∞

( ?1) 2 2 n +1 2( )? ?( n + 1) !? ?
ln n n

= lim 4 ( n + 1) = ∞ ,所以收敛半径 R = ∞ ;
2 n →∞

(5) lim n
n →∞

= lim n

= lim e
n →∞

( ln n )2
n

= 1 ,所以收敛半径 R = 1 ;

(6)显然收敛半径 R = 1 ;

1 2n ? z ? (7) 2 n z = ? ? ,收敛半径 R = 2 ; 2 ? 2?
(8)收敛域为

2n

z 1 < 1 ,化简得 Re z > ? ; 2 1+ z
2

(9)收敛域为 z + 2 z + 2 < 1 ;

(10)

∑2
n →∞

n

sin

z 在全平面收敛,即收敛域为全平面; 3n

(11) lim

n ln n n!

( n + 1) ln ( n + 1) ( n + 1)!
n 1/ n

= lim

n ln n = ∞ ,所以收敛半径 R = ∞ ; n →∞ ln ( n + 1)

? 1? (12) lim ? 1 ? ? n →∞ ? n?

? 1? = lim ?1 ? ? = 1 ,所以收敛半径 R = 1 。 n →∞ ? n?

103.已知幂级数

∑a z
n

n



∑b z
n

n

的收敛半径分别为 R1 , R2 ,试讨论下列幂级数的收敛半

径: (1)

∑(a

n

n + bn ) z n ; (2) ∑ anbn z ; (3) ∑

b n 1 n z ; (4) ∑ n z 。 an an

(1)设 R1 < R2 。 z < R1 时,级数收敛, R1 < z < R2 时,级数发散;由阿贝尔第一定理, 当 z > R2 时级数也发散,所以 R = R1 。 若 R1 = R2 , z < R1 = R2 时,级数收敛, z > R1 = R2 时,级数有可能收敛。 综上, R ≥ min { R1 , R2 } 。 (2)参考数学分析中关于上下极限的等式和不等式。

R = lim

1 anbn
1/ n

n →∞

≥ lim
n →∞

1 an
1/ n

? lim
n →∞

1 bn
=
1/ n

= R1 R2 ;

(3) R =

1 lim 1 an
1/ n n →∞

≤ lim
n →∞

1 1 an
1/ n

1 ; R1

a (4) R = lim n n →∞ bn

1/ n

≤ lim an
n →∞

1/ n

? lim

1 bn
1/ n

n →∞

= lim
n →∞

1 1 an
1/ n

? lim
n →∞

1 bn
1/ n

=

R2 。 R1

104.如果

∑a z
n

n

的收敛半径为 R ,试证明

∑ ( Re a ) z
n 1/ n

n

的收敛半径 R′ ≥ R 。
1/ n

1 R′ = lim n →∞ Re an

1/ n

2 = lim n →∞ an + an

1/ n

? ? 2 ≥ lim ? ? n →∞ ? an + an ? ? ?

1 = lim n →∞ an

=R

105.设级数

∑a

n

收敛,而

∑a

n

发散,证明级数

∑a z
n

n

的收敛半径为 1。

z < 1 时,存在 δ 使 z < δ < 1 ,则 an z n < an δ n 。
因为 因为

∑a
∑δ

n n

n n 收敛,有 lim an = 0 ,对于 ε = 1 ,当 n 充分大时 an < ε = 1 ,则 an z < δ , n →∞

收敛,所以

∑a z
n

n

绝对收敛。

z > 1 时, an z n > an ,因为 ∑ an 发散,所以 ∑ an z n 发散。

106.若级数

∑a

n

收敛,而

∑n a

n

发散,证明级数

∑a z
n

n

的收敛半径为 1。

z < 1 时,同上题方法可证 ∑ an z n 收敛。
n n n 存在 ζ 使 z > ζ > 1 , 则 an z > an ζ 。 因为 ζ > 1 , 所以当 n 充分大时有 ζ > n , z > 1 时,

则 an z > n an ,因为
n

∑n a

n

发散,所以

∑a z
n

n

发散。

107.证明:级数

zn 在 z ≤ 1 中一致收敛,但由它逐项微商求得的级数在 z < 1 内却不一 ∑ 2 n =1 n



致收敛。这个结果和 Weierstrass 定理矛盾吗?

z ≤ 1时

zn 1 zn 1 ,由于 收敛,所以 ≤ ∑ n2 在 z ≤ 1 中一致收敛。 ∑ n2 n2 n2

z n ?1 在 z < 1 内一致收敛,则对任意 ε > 0 ,存在 N ,当 n > N 时,对任意整数 p 假设 ∑ n


zn z n +1 z n + p ?1 ε zn ( ? z < 1 )由于 在全平面连续,可令 z 从单位圆 + +" + < , n +1 n +1 n + 2 n+ p 2

zn z n +1 z n + p ?1 1 1 1 ε 内趋于 1 得 lim + +" + = + +"+ ≤ < ε ,即级数 z →1 n + 1 n+2 n+ p n +1 n + 2 n+ p 2
1 z n ?1 ∑ n 收敛,所以假设不成立,即级数 ∑ n 在 z < 1 内不一致收敛。这并不与 Weierstrass
定理矛盾,该定理结论是逐项微商求得的级数在收敛域内的闭区域上一致收敛, z < 1 非闭 区域。

108.证明 Riemann- ζ 函数 ζ ( z ) =

∑n
n =1



1
z

在区域 Re z > 1 内解析,并计算 ζ ′ ( z ) 。

证:对任意 p > 1 ,当 Re z ≥ p 时,

1 1 1 1 1 = x ln n ≤ p ln n = p 。由于级数 ∑ p 收敛,所以 z n e e n n

∑n

1
z

在 Re z ≥ p 内一致收敛,所以 ζ ( z ) 在 Re z > p 内解析,逐项可导。

任取区域 Re z > 1 内一点 z0 ,存在 p0 使 Re z0 > p0 > 1 。由于 ζ ( z ) 在 Re z > p0 内解析, 逐项可导,所以 ζ ( z ) 在 z0 点解析,逐项可导,由 z0 的任意性, ζ ( z ) 在 Re z > 1 内解析, 逐项可导。 ζ ′ ( z ) =

∑? ?n

ln n ? 1 ?′ = ?∑ z 。 z ? n ?

109.将下列函数在指定点展成 Taylor 级数,并给出其收敛半径:

1 ,在 z = 0 展开; 1+ z + z2 3 (4) ln z , 在 z = i 展开, 规定: (i) 0 ≤ arg z < 2π , (ii) ?π ≤ arg z < π , (iii) ( ln z ) z =i = ? π i ; 2 sin z (5) arctan z 的主值,在 z = 0 展开; (6) ,在 z = 0 展开; 1? z
(1) sin z ,在 z = nπ 展开; (2) 1 ? z ,在 z = 1 展开; (3)
2

(7) exp ?

? 1 ? ? 1+ z ? ; (8) ln ? ? ,在 z = 0 展开(可只求前四项系数) ? ,在 z = ∞ 展开。 ? 1? z ? ? 1? z ?
(k )

(1) ( sin z ) z = nπ = sin ? nπ +


? ?

0, k = 2m k ? ? ? π?=? n+m 2 ? ? ?( ?1) , k = 2m + 1
n+m

∞ ( ?1) 1 2 m +1 k (k ) sin z = ∑ ( sin z ) z = nπ ( z ? nπ ) = ∑ ( z ? nπ ) ; k =0 k ! m = 0 ( 2 m + 1) !

(2) 1 ? z = ? ( z ? 1)( z + 1) = ? ( z ? 1) ? ? 2 + ( z ? 1) ? ? = ?2 ( z ? 1) ? ( z ? 1) ;
2 2

(3)

1 1 1 ? 1 1 ? = = ? ? 2 i 2π / 3 ? i 2π / 3 ? i 2π / 3 ? i 2π / 3 ? ? 1+ z + z z e z e ? ? z e z e i 3 ? ? ( )( )

=

1 ? e i 2π / 3 e ? i 2π / 3 ? ? ? ? i 2π / 3 z 1 ? e ? i 2π / 3 z ? 3i ? 1 ? e

=

1 ∞ ? i 2 π / 3 i 2 π / 3 n ? i 2 π / 3 ? i 2π / 3 n ? ∑ ?e ( e z ) ? e ( e z ) ? ? 3i n =0 ?

=
(4)( ln z ) z =i
(k )

1 ∞ ? i 2( n +1)π / 3 ?i 2( n +1)π / 3 ? n 2 ∞ ?2 ? n sin 1 e e z n π z ? = + ( ) ∑ ∑ ? ? ? 3i n =0 ? 3 n =0 ?3 ?
k ?1 k ?1 k

( z < 1) ;

( ) ?1) ( k ? 1) ! ?1) ( k ? 1) ! i 2 k ( k ? 1) ! ( ( ?1? =? ? = =? =? = ?i k ( k ? 1) ! , k k k z i i ? z ? z =i z =i


∞ k 1 i k k (k ) ( k = 1, 2,3," )。 ln z = ( ln z ) z =i + ∑ ( ln z ) z =i ( z ? i ) = ( ln z ) z =i ? ∑ ( z ? i ) , k =1 k ! k =1 k

;(i)(ii) ( z ? i < 1)

1 3 ( ln z ) z =i = π i ;(iii) ( ln z ) z =i = ? π i 代入上式即可。 2 2

(5)

∞ ∞ 1 n 2 n = ? t = ( t < 1) ( ?1) t 2 n , ( ) ∑ ∑ 2 1+ t n=0 n=0

对两边积分,由于幂级数在收敛域内可逐项积分,故有
∞ ∞ ( ?1) z 2 n+1 , 1 n z 2n arctan z = ∫ 1 = ? = dt t dt ( z < 1) ( ) ∑ ∑ 2 ∫ 0 1+ t 0 n=0 n = 0 2n + 1

z

n

n n! ? sin z ? ? 1 ? (6) ? ? =∑ ? ? ? 1 ? z ? z = 0 k =0 k !( n ? k ) ! ? 1 ? z ? z = 0

(n)

(n?k )

( sin z ) z =0
?( n ?1) 2 ? ? m =0

(k )

? n! k = ∑ sin π = 2 k =0 k ! n m

?( n ?1) 2 ? ?

( ?1) n ! ∑ m = 0 ( 2 m + 1) !
m

∞ ∞ ? sin z ? sin z ? 1 ? sin z ? n z =? + = ∑ ? ? ∑ ? 1 ? z ? 1 ? z ? z = 0 n =1 n ! ? 1 ? z ? z = 0 n =1

(n)

∑ ( 2m + 1)!z
1
1

( ?1)

n



( z < 1)

(7)记 f ( z ) = e1? z ,则 f ( 0 ) = e 。 f ′ ( z ) =

1

(1 ? z )

e1? z , f ′ ( 0 ) = e 。 2

1 ? 2 1 ? 1? z , f ′′ ( 0 ) = 3e 。 + f ′′ ( z ) = ? e 3 4? 1 1 z z ? ? ( ) ( ) ? ? ? ? 1 ? 6 6 1 ? 1? z , f ′′′ ( 0 ) = 13e 。 + + f ′′′ ( z ) = ? e ? 4 5 6 1 1 1 z z z ? ? ? ( ) ( ) ( ) ? ? ? ? 1 ? 24 36 12 1 ? 1? 4 + + + f ( z) = ? e z , f ( ) ( 0 ) = 73e 。 5 6 7 8? ? ? (1 ? z ) (1 ? z ) (1 ? z ) (1 ? z ) ? ? 1 1 1 ( 4) f ( z ) = f ( 0 ) + f ′ ( 0 ) z + f ′′ ( 0 ) z 2 + f ′′′ ( 0 ) z 3 + f (0) z4 + " 2 6 24

( 4)

3 13 73 4 ? ? = e ?1 + z + z 2 + z 3 + z + "? 2 6 24 ? ?
(8)记 f ( z ) = ln

( z < 1)

t +1 1+ z ?1? ,则 f ? ? = ln = ln ( t + 1) ? ln ( t ? 1) 。 t ?1 1? z ?t?

ln ( t + 1) = ln ( t + 1)t =0 + ∫

t ∞ 1 n du = ln ( t + 1)t =0 + ∫ ∑ ( ?1) u n du 0 1+ u 0 n=0 t
∞ ∞

= ln ( t + 1)t =0 + ∑ ( ?1)
n=0

n

∫ u du = ln ( t + 1)
n
0

t

t =0

+∑
n=0

( ?1)

n

n +1

t n +1 , ( t < 1)

? ln ( t ? 1) = ? ln ( t ? 1)t =0 + ∫

∞ t 1 du = ? ln ( t ? 1)t =0 + ∑ ∫ u n du 0 1? u 0 n=0

t

= ? ln ( t ? 1)t =0 + ∑
±1 为 ln

1 n +1 t , ( t < 1) n=0 n + 1



t +1 的两个枝点,以连接两点的线段为割线,规定割线上岸 t ?1

( k = 0, ±1, ±2," ) ,则 arg ( t + 1) ? arg ( t ? 1) = ( 2k + 1) π ,
∞ ( ?1) + 1 t n+1 = 2k + 1 π i + ∞ 2 t 2 n+1 , t +1 ? 1? +∑ f ? ? = ln ( ) ∑ t ? 1 t =0 n=0 n + 1 ?t? n = 0 2n + 1

n

f ( z ) = ( 2k + 1) π i + ∑

2 z ?( 2 n +1) 。 n = 0 2n + 1



110.求下列级数之和: (1)

∞ 1 1 2 n +1 z , z < 1 ; ( 2 ) z 2n , z < ∞ 。 ∑ ∑ n = 0 2n + 1 n = 0 ( 2n ) !



(1)记 f ( z ) =

∞ 1 1 2 n +1 ′ = z ,则 f z , ( z < 1) ( ) ∑ z 2n = ∑ 1? z2 n = 0 2n + 1 n=0



f ( z ) = f ( 0) + ∫
ln 1+ z 1? z

1 1 z? 1 1 ? 1 1+ z dt = ∫ ? dt = ln + , 为 使 f (0) = 0 , 规 定 ? 2 0 1? t 2 0 ? 1+ t 1? t ? 2 1? z
z

=0。
z =0

(2) 记 f ( z) =

∞ ∞ ∞ 1 1 2k 1 1 2n 2n?2 2n?1 ′′ ′ = = = f z z z , f z z , z , 则 ( ) ( ) ∑ ∑ ∑ ∑ n=1 ( 2n ? 2) ! k =0 ( 2k ) ! n=1 ( 2n ?1) ! n=0 ( 2n) !


所以有 f ′′ ( z ) ? f ( z ) = 0 ,由初始条件 f ( 0 ) = 1 , f ′ ( 0 ) = 0 解此方程得 f ( z ) = ch z 。

111.验证等式

a ?1 1 t 1 1 1 1 ( a > 0, b > 0 ) 。因此,此 dt , ? + ? + ?" = ∫ 0 1+ tb a a + b a + 2b a + 3b

类无穷级数求和就化为求定积分。利用这个办法求下列级数之和: (1) 1 ?

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 (2) ? + ? + ? " ; (3) 1 ? + ? + ?" 。 + ? + ?" ; 4 7 10 2 5 8 11 5 9 13

∞ t a ?1 n ( t < 1) 证: = ( ?1) t a +bn ?1 , ∑ b 1+ t n=0

∞ ∞ ( ?1) x a +bn , t a ?1 n x a + bn ?1 1 = ? = dt t dt ( x < 1) ( ) ∑ ∑ ∫0 1 + t b n=0 ∫0 n = 0 a + bn

x

n

由于级数

∑ ( ?1)
n =0



n

t a +bn ?1 在区间 t ≤ x ( x < 1 )上一致收敛,所以上式中求和与积分可交

, 换顺序。上式右边的幂级数在 x = 1 点是收敛的,所以它在 x = 1 点左连续(Abel 第二定理) 即 lim


x →1? 0

∑ a + bn x
n=0 n x →1? 0



( ?1)

n

a + bn

=∑
n=0 n



( ?1)
a + bn

n

a + bn

。左边的积分是关于 x 的连续函数,所以

∑ a + bn = lim ∑ a + bn x
n=0 n=0

( ?1)



( ?1)

a ?1 1 t t a ?1 = lim ∫ dt = ∫ dt 。 0 1+ tb x →1? 0 0 1 + t b x

(1) 这里 a = 1, b = 3 ,所以和为

∫ 1+ t
0

1

1

3

dt =

1 1? 1 t?2 ? 1 1 dt 1 1 2t ? 1 1 1 1 dt = ∫ dt + ∫ dt ? 2 ? ∫ 2 ? ? ∫ 0 0 0 0 3 ? t +1 t ? t +1? 3 t +1 6 t ? t +1 2 ? 1 ?2 3 ?t ? ? + ? 2? 4 ? d? ? ? 1+ ? ? 2 ? 1 ?? ?t ? ? 3 ? 2 ?? ? 2 ? 1 ?? ?t ? ? 3 ? 2 ?? ?
t =1
2

2 1 1 1 d ( t ? t + 1) 1 1 t =1 = ln ( t + 1)t =0 ? ∫ + 3 6 0 t2 ? t +1 3 ∫0

t =1 1 1 1 ? 2 ? 1 ?? = ln 2 ? ln ( t 2 ? t + 1) + arctan ? ? t ? ? ? = 0 t 3 6 3 ? 3 ? 2 ? ? t =0

1? π ? = ? + ln 2 ? 3? 3 ?
(2) a = 2, b = 3 ,和为
1

∫ 1+ t
0

1

t

3

dt 。由于
t =1

1 1 t 1 1 2 ? 2 ? 1 ?? 2π ? ? t ? 2 ?? = ∫0 1 + t 3 dt + ∫0 1 + t 3 dt = ∫0 t 2 ? t + 1dt = 3 arctan ? 3? ? ? t =0 3 3

所以

∫ 1+ t
0

1

t

3

dt =

1 1 2π 1? π ? ?∫ ? ln 2 ? 。 dt = ? 3 3? 3 3 3 0 1+ t ?

(3) a = 1, b = 4 ,和为

∫ 1+ t
0

1

1

4

dt =

1 2

? 2 ∫ ?t
0

1

? ?

2

t+ 2 t? 2 ? ? 2 ?dt + 2t + 1 t ? 2t + 1 ? ?

? ? d ? 2 ?t + 1 1 2t + 2 1 1 ? ? = dt + ∫ ∫ 2 4 2 0 t + 2t +1 2 2 0 ? ? 1+ ? 2 ?t + ? ?

1 ?? ?? 2 ??

? ? d ? 2 ?t ? 1 1 2t ? 2 1 1 ? ? ? dt + 2 ∫ ∫ 2 1 ?? 4 2 0 t ? 2t +1 2 2 0 ? ? 1+ ? 2 ?t ? ?? 2 ?? ? ?

1 ?? ?? 2 ?? 1 ?? ?? 2 ??
2

=

1 4 2
1 4 2
1 4 2

ln 2 + 2 +

(

)

1 2 2

arctan

(

2 +1 ?

)

π

8 2 4 2

?

1

ln 2 ? 2 +
2 +1 ? ?

(

)

1 2 2

arctan

(

2 ?1 +

)

π
8 2

=

ln

2+ 2 1 ? arctan + 2? 2 2 2 ?

(

2 + 1 + arc cot

)

(
)

)

=

ln 3 + 2 2 +

(

)

1

2 2 2

?

π

=

1 ? ln 3 + 2 2 + π ? ? ? 4 2

(

112.如果 k 和 n 是自然数, a > 0, b > 0 ,证明:
1 k! k = ∫ t a + nb ?1 (1 ? t ) dt ,并求下列级数之和: ( a + nb )( a + nb + 1)" ( a + nb + k ) 0

1 1 1 1 1 1 (2) ? + ? +" ; + + +"; 1? 2 ? 3 3 ? 4 ? 5 5 ? 6 ? 7 1? 2 ? 3 3 ? 4 ? 5 5 ? 6 ? 7 1 1 1 1 1 1 (3) (4) ? + ? +" 。 + + +" ; 1? 2 ? 3 4 ? 5 ? 6 7 ? 8 ? 9 2 ?3? 4 4 ?5? 6 6 ? 7 ?8
(1) 证:



x

0

t p ?1 ( x ? t ) dt =
k

1 x p ′ k x k k ?1 t ) ( x ? t ) dt = ∫ t p ( x ? t ) dt ( ∫ 0 0 p p

=

k ( k ? 1) x p +1 k ?2 t ( x ? t ) dt ∫ 0 p ( p + 1) k ! xk xp p ( p + 1)" ( p + k )
1 k! k = ∫ t a + nb ?1 (1 ? t ) dt 。 0 ( a + nb )( a + nb + 1)" ( a + nb + k )

= ""

=

令 p = a + nb , x = 1 即可得

级数

∑∫
n=0



x

0

t a + nb ?1 ( x ? t ) dt = x k + a ∑
k

k! xbn 是幂级数。 a bn a bn 1 a bn k + + + + + " ( )( ) ( ) n=0



当 k ≥ 1 时,

∑∫
n

x

0

t a + nb ?1 ( x ? t ) dt
k x =1

=∑
n

k! 显然是收敛 ( a + nb )( a + nb + 1)"( a + nb + k )
k

的,由 Abel 第二定理,幂级数

∑∫
n

x

0

t a + nb ?1 ( x ? t ) dt 在 x = 1 处左连续,即下式成立:
k

x →1? 0

lim

∑∫
n

x

0

t a + nb ?1 ( x ? t ) dt = ∑ ∫ t a + nb ?1 (1 ? t ) dt
k

1

n

0

( x < 1) 。

级数

1 1 ∞ 1 a + nb ?1 k = t (1 ? t ) dt ∑ ∑ ∫ 0 k ! n=0 n = 0 ( a + nb )( a + nb + 1) " ( a + nb + k ) =
∞ x 1 k lim ∑ ∫ t a +bn ?1 ( x ? t ) dt 0 k ! x →1?0 n =0



由于级数

∑t
n

bn

收敛半径为 1,所以对于 x < 1 ,求和与积分可交换顺序,即
a ?1 k

∞ x 1 1 1 t (1 ? t ) k 上式 = lim ∫ t a ?1 ( x ? t ) ∑ t bn dt = ∫ dt 0 k ! x →1?0 k ! 0 1? tb n =0

1 1 t (1 ? t ) 同样可得 ∑ = ∫ dt 。 k ! 0 1+ tb n = 0 ( a + nb )( a + nb + 1) " ( a + nb + k )
∞ n a ?1 k

( ?1)

(1)这里 a = 1, b = 2, k = 2 。和为
2

1 1 (1 ? t ) dt 。 2 ∫0 1 ? t 2
2

1 1 (1 ? t ) 1 1? 2 1 ? dt = ∫ ? ? 1? dt = ln 2 ? ; 2 ∫ 2 0 1? t 2 0 ?1+ t ? 2 1 1 (1 ? t ) 1 1? 2t ? 1 (2)和为 ∫ dt dt = (1 ? ln 2 ) 。 = ?1 ? 2 2 ? ∫ 0 0 2 1+ t 2 ? 1+ t ? 2
2

1 1 (1 ? t ) dt (3) a = 1, b = 3, k = 2 。和为 ∫ 2 0 1? t3
2

? d? 3 1 ? = 2 ∫0 ? 1+ ? ?

2 ? 1 ?? ? t + ?? 3 ? 2 ?? 2 ? 1 ?? ?t + ? 3 ? 2 ?? ?
2

?

1 1 2t + 1 1? π ? dt = ? ? ln 3 ? 2 ∫ 4 0 t + t +1 4? 3 ?
2

1? 1 1 1 t (1 ? t ) 1 ? 1 (4) a = 2, b = 2, k = 2 。和为 ∫ dt = ∫ ? t ? 1 + dt = (π ? 3) 。 2 2 ? 0 0 2 1+ t 1+ t ? 4 ?2

113.求下列函数的 Laurent 展开: (1)

1 ,在 z = 1 附近展开; z ( z ? 1)
2

(2) (3)

1 ,展开区域为:(i) 1 < z < 2 ,(ii) 2 < z < ∞ ; z ? 3z + 2
2

1 ,展开区域为:(i) 1 < z ? i < 2 ,(ii) 0 < z < 1 ; z ( z + 1)

(4)

( z ? 1)( z ? 2 ) ,展开区域为:(i) 3< ( z ? 3)( z ? 4 )

z < 4 ,(ii) 4 < z < ∞ ;

(5)

ez 1 ,在 z > 2 处展开; (6) ,在 z = 2nπ 附近展开(可只求出不为 0 的 z+2 1 ? cos z
∞ ?2 ( ?2 )( ?2 ? 1)( ?2 ? 2 )" ( ?2 ? n + 1) z ? 1 n 1 = ? 1 + z ? 1 ? = ( ) ( ) ∑ ? z2 ? n! n=0

前四项系数) 。 (1)

=∑
n=0



( ?1) ( n + 1)!
n

n!

( z ? 1)

n

= ∑ ( ?1) ( n + 1)( z ? 1)
n n=0



n

( z ?1 < 1)

∞ ∞ 1 ?1 n n k +1 k = ( z ? 1) ∑ ( ?1) ( n + 1)( z ? 1) = ∑ ( ?1) ( k + 2 )( z ? 1) , ( 0 < z ?1 < 1 ) 2 z ( z ? 1) n=0 k =?1

(2)(i)

1 1 1 1 1 1 = ? =? ? z ?1 z ? 3z + 2 z ? 2 z ? 1 2 1? z / 2 1 ? z ?1
2

=?

?∞ ∞ 1 ∞ 1 n ?1 ∞ ? n 1 n n z ? z z = ? z ? z ∑ ∑ ∑ ∑ n n +1 2 n =0 2 n=0 n =?1 n=0 2

(1 < z < 2 )

(ii)

?∞ 1 1 1 ?1 ?1 = z ? z = ∑ ( 2? k ?1 ? 1) z k 1 ? 2 z ?1 1 ? z ?1 k =?2 z 2 ? 3z + 2

(2 < z < ∞ )

(3)(i)

1 1 1 1 1 1 ?1 = ? = ( z ? i) ? i 1+ i 1+ z ? i z ( z + 1) z z + 1 1+ z ?i 1+ i
=

n =?1

∑i

?∞

n +1

( ?1) z ? i n ( z ? i) ? ∑ ) n +1 ( n = 0 (1 + i )
n


n

(1 < z ? i <

2)

(ii)

∞ ∞ 1 1 n +1 n +1 = z ?1 ? = z ?1 + ∑ ( ?1) z n = ∑ ( ?1) z n 1+ z z ( z + 1) n =0 n =?1

(0 < z <1)

(4)(i)

( z ? 1)( z ? 2 ) = 1 + 6 ? 2 = 1 ? 3 1 ? 2 z ?1 1 2 1? z / 4 1 ? 3z ?1 z ?4 z ?3 ( z ? 3)( z ? 4 )
= 1?
?∞ 3 ∞ ?n n 4 z ? 2 ∑ 3? n ?1 z n ∑ 2 n=0 n =?1

(3 < z < 4)

(ii)

( z ? 1)( z ? 2 ) = 1 + 6 z ?1 1 ? 2 z ?1 1 1 ? 4 z ?1 1 ? 3z ?1 ( z ? 3)( z ? 4 )
?∞ 2 ?3 ? = 1 + ∑ ? ? 4? n ? ? 3? n ? z n 3 ? n =?1 ? 2

(4 < z < ∞ )

(5)

∞ ∞ 1 1 1 n n z = z ?1 = ∑ ( ?2 ) z ? n ?1 ( z > 2 ) ,e = ∑ z ( z < ∞ ) ,两级数都 1 + 2 / z n=0 z+2 n=0 n !

是绝对收敛的,所以可用 Cauchy 乘积计算
∞ ∞

ez 。 z+2


ez = z+2
=

∑∑
∑∑

∞ ∞

n

n=0 k =0

zk n?k ? ( ? 2 ) z k ? n ?1 = k!

∑∑
k =0 n=k

( ?2 )

n?k

k!
n?k

z 2 k ? n ?1

( ?2 )

n?k

k =0 n=2k
?∞

k!

z 2 k ? n ?1 + ∑



2 k ?1

k =0 n=k




( ?2 )

k!

z 2 k ? n ?1

=

∑∑
?∞ ∞

(?2 )

k ? m ?1

k = 0 m = ?1

k!

z +
m

∑∑
∞ ∞

k ?1

(?2 )

k ? m ?1

k =0 m=0

k!

zm

=

m = ?1 k = 0

∑∑

(?2 )

k ? m ?1

k!

z +
m

m = 0 k = m +1

∑ ∑

(?2 )

k ? m ?1

k!
? ? ?

zm

(2 < z < ∞ )

(6)

1 1 = = 1 ? cos z 1 ? cos ( z ? 2nπ )

1 ? z ? 2nπ 2sin 2 ? ? 2

,可看出 z = 2nπ 是二阶极点,且它

是关于 z ? 2nπ 的偶函数,故可设


∞ 1 2n = ∑ an ( z ? 2nπ ) 。 1 ? cos z n =?1 ∞ ∞
n+1

( ?1) 。 1 = (1 ? cos z ) ∑ an ( z ? 2nπ ) = ∑ bn ( z ? 2nπ ) ? ∑ an ( z ? 2nπ ) ,其中 bn = ( 2n)! n =?1 n =1 n =?1
2n 2n 2n

假设上式右边的 Cauchy 乘积收敛,则 1 =

∑ ∑ a b ( z ? 2nπ )
n = 0 k =?1 k n?k



n ?1

2n

。比较系数可得

1 = a?1b1 , 0 = a?1b2 + a0b1 , 0 = a?1b3 + a0b2 + a1b1 , 0 = a?1b4 + a0b3 + a1b2 + a2b1 , "

解得 a?1 = 2 , a0 =

1 1 1 , a1 = , a2 = ," 6 120 3024 1 1 1 1 ?2 2 4 即 = 2 ( z ? 2nπ ) + + ( z ? 2nπ ) + "( 0 < z ? 2nπ < 2π ) ( z ? 2nπ ) + 1 ? cos z 6 120 3024

114.用级数相乘的方法求下列函数在 z = 0 附近的级数展开: (1) ? ln (1 ? z ) ln (1 + z ) ; (2) ln 1 + z

(

2

a2 ? 1? 1 z ; ( 3 ) (4) e sin 。 ? z exp arctan z ) ? ?; z ? 2? z

由于幂级数在 z < R ( R 是收敛半径)内都是绝对收敛的,故可计算 Cauchy 乘积。 (1) ln (1 + z ) =


n =1



( ?1)
n


n +1

∞ 1 z n , ln (1 ? z ) = ?∑ z n 。 ( z < 1) n =1 n

? ln (1 ? z ) ln (1 + z ) = ∑ an z
n=2

n

( ?1) z n = ∑∑ n = 2 k =1 k ( n ? k )
∞ n ?1 n ? k +1 k n ? k +1 j

当 n 为奇数时,an =

n ?1 n ?1 ( ?1) ( ?1) 。又有 a = n ?1 ( ?1) ( ?1) , = = ? ∑ ∑ ∑ ∑ n k =1 k ( n ? k ) k =1 k ( n ? k ) k =1 k ( n ? k ) j =1 j ( n ? j ) n ?1 n ? k +1

(作变换 n ? k = j )所以 an = ? an ,即 an = 0 。令上面的级数表达式中 n 只取偶数,则

( ?1) z 2 n = ∞ 1 2 n ?1 ? ( ?1) ? ln (1 ? z ) ln (1 + z ) = ∑ ∑ ∑ ∑? k n =1 k =1 k ( 2 n ? k ) n =1 2 n k =1 ? ?
∞ 2 n ?1

k +1

k +1

( ?1) +

? 2n ?z 2n ? k ? ?
k +1

作变换 2n ? k = m ,则

2n?1

∑ 2n ? k = ∑
k =1 m=1

( ?1)


k +1

2n?1

( ?1)

m+1

m
k +1

,所以

? ln (1 ? z ) ln (1 + z ) =
(2) ln 1 + z

∑ ∑
n =1
∞ n =1

1 n

2 n ?1

( ? 1)
k
n +1

z 2n


( z < 1)
n

k =1

(

2

) arctan z = ∑
( ?1)
n +1 n ?1

( ?1)
n

z ?∑
2n
n=0

( ?1)

2n + 1

z

2 n +1

( ?1) = ∑∑ z 2 n +1 2 + 1 ? k n k )( ) n =1 k = 0 (
∞ n ?1 n +1

=∑
n =1



n 1 ? 2 n +1 ∞ ( ?1) ? n ?1 2 1 ? 2 n +1 ? 2 + = + z ∑ ∑ ∑ ∑ ? ? ? ?z 2n + 1 k = 0 ? 2k + 1 n ? k ? n =1 2n + 1 ? k = 0 2k + 1 k =1 k ? n +1

= 2∑
n =1



( ?1)

n ∞ ( ?1) 1 ? ? n ?1 1 + ∑ ?z 2 n +1 = 2∑ ∑ ? 2n + 1 ? k =0 2k + 1 k =1 2k ? n =1 2n + 1 n +1

n +1

∑ kz
k =1

2n

1

2 n +1

( z < 1)

(3)

2n 2k ∞ ∞ ( ?1) a2k z n?2k 1 ? a2 ? ∞ z n ∞ ( ?1) a ? n ∞ n ( ?1) a n ?2 k = = exp ? z ? ? = ∑ n ? ∑ z z ∑∑ ∑∑ n n 2? z ? n=0 2 n! n=0 2n n! n =0 k =0 2 k !( n ? k ) ! k =0 n= k 2 k !( n ? k ) !
n k k

2k +m m ?1) ( ?a? ?z? 令 n ? 2k = m ,则上式 = ∑ ∑ ? ? ? ? ?a? k = 0 m =? k k !( k + m ) ! ? 2 ?
∞ ∞ k

2k +m 2k +m m m ∞ ∞ ?1) ?1) ( ( ?a? ?z? ?a? ?z? =∑ ∑ ? ? ? ? +∑∑ ? ? ? ? ?a? ?a? k = 0 m =? k k !( k + m ) ! ? 2 ? k = 0 m = 0 k !( k + m ) ! ? 2 ?
∞ ?1 k k

= ∑∑

( ?1) ? a ?2 k + m ? z ?m + ?∞ ∞ ( ?1) ? a ? 2 k + m ? z ?m ∑∑ ? ? ? ? ? ? ? ? ? a ? m =?1 k =? m k !( k + m ) ! ? 2 ? ?a? m = 0 k = 0 k !( k + m ) ! ? 2 ?
∞ ∞ k k

=

?z? Jm ( a) ? ? ∑ ?a? m =?∞



m

(0 < z < ∞)

? ∞ ( ?1)k ? a ? 2 k + m , m = 0,1, 2," ? ∑ ? ? ? k =0 k !( k + m ) ! ? 2 ? 。 其中 J m ( a ) = ? k 2k +m ∞ ( ?1) ? a ? , m = ?1, ?2," ? ? ∑ k ! k + m !? 2 ? )? ? ?k =? m (
?2 n ?1 ∞ n ( ?1) 1 ∞ z n ∞ ( ?1) z (4) e sin = ∑ ?∑ = ∑∑ z n ?3k ?1 z n = 0 n ! n = 0 ( 2n + 1) ! n = 0 k = 0 ( 2 k + 1) !( n ? k ) ! n k z

( ?1) = ∑∑ z n ?3k ?1 2 + 1 ! ? ! k n k )( ) k =0 n =k (
∞ ∞ k

( ?1) 令 n ? 3k ? 1 = m ,则上式 = ∑ ∑ zm k = 0 m =? ( 2 k +1) ( 2 k + 1) !( 2 k + m + 1) !
∞ ∞ k ∞ ∞ ( ?1) ( ?1) zm + ∑ ∑ zm =∑ ∑ k = 0 m =?( 2 k +1) ( 2 k + 1) !( 2 k + m + 1) ! k = 0 m = 0 ( 2 k + 1) !( 2 k + m + 1) ! ∞ ?1 k k
∞ ∞ ( ?1) ( ?1) z m + ∑∑ zm =∑ ∑ 2 1 ! 2 1 ! 2 1 ! 2 1 ! k k m k k m + + + + + + )( ) )( ) m=?1 ? n ? ( m=0 k =0 ( k = ?? ? ?∞ ∞

k

k

(0 < z < ∞)

? 2?

115。将下列函数在 z = 0 点展开(其中的多值函数均取主值分枝) : (1) 1 + z ln z + 1 + z
2

(

(1)令 f ( z ) = 1 + z

2

(2) 1? z sin z ; (3)(1 + z ) ln (1 + z ) ; (4)exp ( tan ); z ln ( z + 1 + z ) ,可得微分方程 f ′ ( z ) ? f ( z ) = 1。 1+ z
2

2

?1

?n

?1

z) 。

2

2

可看出方程在 z < 1 上有解析解,可设 f ( z ) =
∞ ∞ ∞

∑a z
n=0 n




n

,由于在 z < 1 上可逐项求导,所以

f ′ ( z ) = ∑ nan z n ?1 ,则 ∑ nan z n ?1 + ∑ nan z n +1 ? ∑ an z n +1 = 1 + z 2 ,即
n =1 n =1 n =1 n=0 n 2 a1 + ( 2a2 ? a0 ) z + 3a3 z 2 + ∑ ? ?( n + 1) an +1 + ( n ? 2 ) an ?1 ? ? z = 1+ z n =3


比较系数可得 a1 = 1 , 2a2 ? a0 = 0 , 3a3 = 1 , ak = ? 又有 a0 = f ( 0 ) = 0 ,所以 a2 = 0 , a3 = 1/ 3 ,

k ?3 。 ak ? 2 ( k ≥ 4 ) k

a2 k = ?

2k ? 3 2 ( 2k ? 3 )( 2k ? 5 ) k ?1 ( 2k ? 3) !! a2( k ?1) = ( ?1) a2( k ? 2) = " = ( ?1) a =0, 2k ( 2k )( 2k ? 2 ) ( 2k )!! 2

( k = 2,3, 4," )

a2 k +1 = ?

2k ? 2 2 ( 2k ? 2 )( 2k ? 4 ) k ?1 ( 2k ? 2 ) !! a2( k ?1)+1 = ( ?1) a2( k ? 2)+1 = " = ( ?1) 2k + 1 ( 2k + 1)( 2k ? 1) ( 2k + 1)!!

。 ( k = 2,3, 4," ) 所以 1 + z ln z + 1 + z
2

(

2

) = z + ∑ ( ?1)
∞ k =1

k ?1

( 2k ? 2 )!! z 2 k +1 ( 2k + 1)!!

( z < 1)

(2)可得微分方程 f ′ ( z ) +

∞ z ,在 z < 1 上设 f z = f ( z) =1 ( ) ∑ an z n ,则 2 1? z n =0 ∞

n +1 2 a1 + ( 2a2 + a0 ) z + 3a3 z 2 + ∑ ? ?( n + 2 ) an + 2 ? ( n ? 1) an ? ? z = 1 ? z 。所以 n=2

a0 = f ( 0 ) = 0 , a1 = 1 , a2 = 0 , a3 = ?1/ 3 , a2 k =

( 2k ? 3)!! a = 0 2k ? 3 a2 k ? 2 = " = 2k ( 2k )!! 0

( k = 2,3, 4," ) , a2 k +1 =

( 2k ? 2 )!! ( k = 2,3, 4," ) 2k ? 2 a2( k ?1)+1 = " = ? 。 2k + 1 ( 2k + 1)!!
( z < 1)
( k ?l )

所以 1 ? z sin
2

?1

z = z?∑
?n

( 2k ? 2 )!!z 2 n+1 k =1 ( 2k + 1) !!


(3) 令 f ( z ) = (1 + z )

则f ln (1 + z ) ,

(k )

k! ? ? n (l ) 1+ z ) ? ? ln 1 + z ) ? ( z) = ∑ ( ? ? ? ? ( l = 0 l !( k ? l ) !
k



?(1 + z ) ? ? ?
?n

(l )

( m?1) ?1) ( n + l ? 1) ! ( ( ?1) ( m ?1)!( m ≥ 1 ) ( m) ? 1 ? ,? , = = n+l m ?ln (1 + z ) ? ? = ? 1+ z ? ? ? ( n ? 1)!(1 + z ) (1 + z )
l
m?1

代入 f

(k )

( z ) 的表达式得 f

(k )

( ?1) k ! k ?1 ( n + l ? 1)! 。 ( 0) = ( n ? 1)! ∑ l = 0 l !( k ? l )
k ?1

所以 f ( z ) =


k =1



∞ k ?1 f (k ) ( 0) k ( n + l ? 1)!z k 1 k ?1 z = ( ?1) ∑ ∑ k! ( n ? 1)! k =1 l = 0 l !( k ? l )

( z < 1)

(4)可得微分方程 f ′ ( z ) ?


∞ 1 。在 z < 1 上设 f z = an z n ,则 f z = 0 ( ) ( ) ∑ 2 1+ z n=0

n a1 ? a0 + ∑ ? ?( n + 1) an +1 ? an + ( n ? 1) an ?1 ? ? z = 0。 n =1

a0 = f ( 0 ) = 1 , a1 = a0 = 1 , an =
若令 an =

1 n?2 an ?1 ? an ? 2 , n = 2,3, 4," n n

bn ,则有 b0 = 1 , b1 = 1 , bn = bn ?1 ? ( n ? 1)( n ? 2 ) bn ? 2 , n = 2,3, 4," 。 n!

116.证明:如果级数

∑ u ( z ) 在区域 G 的边界 C 上一致收敛,u ( z ) ( k = 1, 2," )在 G
k =1 k k



中解析,则此级数在 G 中一致收敛。 证:因为级数在 C 上一致收敛,故对任意 ε > 0 , n 充分大时对任意整数 p 及任意 z ∈ C 有

un +1 + un + 2 + " + un + p < ε 。由最大模原理,该不等式对于任意 z ∈ G 都成立,即此级数在

G 中一致收敛。

117.利用 Abel 第二定理证明:如果 和 C ,则 C = AB 。 证:令 U ( x ) =

∑u
k =0



k



∑v
k =0



k



∑ w = ∑∑ u v
k =0 k k =0 l =0





k

l k ?l

分别收敛于 A, B

∑ uk x k , V ( x ) = ∑ vk x k , W ( x ) = ∑ wk xk = ∑∑ ul vk ?l x k 。
k =0 k =0 k =0 k =0 l =0









k

由于 U ( x ) , V ( x ) 在 x = 1 点收敛,所以 U ( x ) , V ( x ) 在区间 x < 1 上绝对收敛(阿贝尔 第一定理) ,因此可用 Cauchy 乘积计算 U ( x ) ? V ( x ) ,即

U ( x ) ?V ( x ) =

∑ ∑ ul x l ? vk ? l x k ?l =
k =0 l=0



k

∑w
k =0



k

xk = W ( x )

由于 U ( x ) , V ( x ) 和 W ( x ) 都在 x = 1 点收敛,所以他们都在 x = 1 点左连续(阿贝尔第二 定理) ,即 lim U ( x ) ? V ( x ) = U (1) ? V (1) = lim W ( x ) = W (1) ,也就是 C = AB 。
x →1? 0 x →1? 0

118.定义 sin z =

∑ ( 2k + 1)! z
k =0 k



( ?1)

k

2 k +1

( ?1) z 2 k , ( z , cos z = ∑ k = 0 ( 2k ) !


k

<∞)

试利用级数乘法证明 sin ( a + b ) = sin a cos b + cos a sin b 。 证:右边 =

∑ ( 2k + 1)! a
k =0



( ?1)

2 k +1

( ?1) b 2 k + ∞ ( ?1) a 2 k ? ∞ ( ?1) b 2 k +1 ?∑ ∑ ∑ k = 0 ( 2k ) ! k = 0 ( 2k ) ! k = 0 ( 2 k + 1) !


k

k

k

k n?k k n?k ∞ n ? ? ( ?1) a 2 k +1 ( ?1) b 2 n?2 k + ( ?1) a 2 k ( ?1) b 2 n ? 2 k +1 ? = ∑∑ ? ( 2n ? 2k ) ! ( 2k )! ( 2n ? 2k + 1)! n = 0 k = 0 ? ( 2 k + 1) ! ? ? ? n n 2 k +1 2k ? ?1) b 2 n +1 ?1) b 2 n +1 ( ( ?a? ?a? ? = ∑∑ ? + ? ? ? ? ? 2 ! 2 1 2 ! + ? k n k ( ) ( ) ?b? ? n = 0 k = 0 ? ( 2k + 1) !( 2 n + 1 ? 2 k ? 1) ! ? b ? ? ?



n

2 k +1 2k n ?1) b 2 n+1 ? n ? 2n + 1? ? a ? ? 2n + 1? ? a ? ? ( =∑ ?∑ ? ?? ? + ∑? ?? ? ? + k k 2 1 2 b ? ? n = 0 ( 2n + 1) ! ? k k = 0 = 0 ? ? ? ?? b ? ? ? ? ∞ n
2 n +1 k ∞ ?1) b 2 n +1 2 n +1 ? 2n + 1? ? a ? ?1) b 2 n +1 ? a ? ( ( =∑ ∑ ? k ?? ? =∑ ?1 + ? b? n = 0 ( 2 n + 1) ! k = 0 ? n = 0 ( 2 n + 1) ! ? ?? b ?


n

n

( ?1) ( a + b ) =∑ ( 2n + 1)! n=0


n

2 n +1

= sin ( a + b ) =左边

119.计算积分

? ∞ n? ∑ z ?dz ,其中 γ 是单位圆内任一不经过原点的简单闭合曲线。 ∫γ ? v ? n =?2 ?

dz dz ? ∞ n? ? ∞ n? = + + ∑ z ?dz v ∑ z ?dz ∫γ ? ∫γ z 2 v ∫γ z v ∫γ ? v ? n =?2 ? ? n=0 ?
由于在单位圆内,

∑ zn =
n=0



1 ? ∞ n? ,这是解析函数,故有 v ∑ z ?dz = 0 。 ∫γ ? 1? z ? n=0 ?

若 γ 包围原点,则

v ∫γ

dz dz ? ∞ n? ,所以 = 2π i , v = 0 ∑ z ?dz = 2π i ; ∫γ ? v ∫γ z 2 z ? n =?2 ?

若 γ 不包围原点,则

v ∫γ

dz dz ? ∞ n? ,所以 = 0,v = 0 ∑ z ?dz = 0 。 ∫γ ? v ∫γ z 2 z ? n =?2 ?

附: Abel 第一定理:若幂级数

∑a z
n =0 n



n

在 z0 ≠ 0 处收敛,则它在圆 z < z0 内绝对收敛,并且在

任意闭圆 z < k z0 ( 0 < k < 1 )内一致收敛。 Abel 第二定理:若复幂级数

∑a z
n =0 n



n

的收敛半径为 R ,且在 z = R 处收敛,则(1)该级数

级数在以 z = R 为顶点,以[0, R ]为角平分线,开度为 2θ 0 ( < π )的四边形角域 A(下图 所示)上一致收敛; (2) lim

z∈ A, z → R

∑ an z n = ∑ an R n 。
n =0 n=0





若实幂级数

∑a x
n =0 n



n

的收敛半径为 R ,并且它在 x = R 处收敛,则该级数在闭区间[0, R ]

上一致收敛,且在 x = R 处左连续。

120.判断下列函数奇点的性质,如果是极点,确定其阶数: (1)

1 cos az ; (2) ; 2 z +a z2
2

(3)

z cos az ? cos bz sin z 1 1 1 1 ; (4) 2 ? ; (5) z (6) sin ; (7) ; ? ; 2 e ?1 z z z z z sin z

(8)



z

e

ζ

? e?

ζ

0

ζ

dζ 。

(1) ± ai 是一阶极点。 f ? ? =

t2 ?1? ,0 不是 f (1/ t ) 的奇点,故 ∞ 不是 f ( z ) 的奇点。 2 2 ? t ? 1+ a t

2 4 1 ?a? ?1? 2 ? 1 ? a ? (2)0 是二阶极点; f ? ? = t ?1 ? ? ? + ? ? ? + ?t? ? ? 2! ? t ? 4! ? t ?

? 2 a 2 a 4 ?2 ? =t ? + t ?+ 2! 4! ? ?

0 是 f (1/ t ) 的本性奇点,所以 ∞ 是 f ( z ) 的本性奇点。 (3) f ( z ) = z
?2

?? 1 2 2 1 4 4 ??1 ? 2! a z + 4! a z ? + ??

1 2 2 1 4 4 ? ? ? ? ?1 ? b z + b z ? + 4! ? ? 2!

?? ?? ??

1 2 1 a ? b2 ) + ( a 4 ? b4 ) z 2 ? + ( 2! 4! 1 1 所以 0 是 f ( z ) 的可去奇点。 f (1/ t ) = ? ( a 2 ? b 2 ) + ( a 4 ? b 4 ) t ?2 ? + 2! 4!

=?

,∞ 是 f ( z )

的本性奇点。 (4) f ( z ) = z
?2

1 3 1 5 ? ?z? z + z ?+ 3! 5! ?

1 1 3 ? ?1 ?? z = ? z+ z ?+ 3! 5! ?

,0 是可去奇点。

1 1 ?1? f ? ? = ? t ?1 + t ?3 ? + 3! 5! ?t?

, ∞ 是 f ( z ) 的本性奇点。

z + 1 ? (1 + z + z 2 2 + z ? ez + 1 = lim (5) lim f ( z ) = lim z →0 z →0 z e z ? 1 z2 ( ) z →0
lim ( z ? 2nπ i ) f ( z ) = lim

) = ? 1 ,所以 0 是可去奇点。
2
z ? e z + 1 + ( z ? 2nπ i ) (1 ? e z ) e z ? 1 + ze z =1

( z ? 2nπ i ) ( z ? e z + 1)
z ( e z ? 1)

z → 2 nπ i

z → 2 nπ i

= lim

z → 2 nπ i

所以 2nπ i ( n = ±1, ±2,

)是一阶奇点。由于 2nπ i → ∞ ,所以在 ∞ 点的任一邻域内有无

穷个奇点,即 ∞ 是非孤立奇点。 (6) f ( z ) = z ?1 ?

1 ?3 1 ? 5 z + z ? + ,所以 0 是本性奇点。 3! 5! 1 3 1 5 f (1/ t ) = t ? t + t ? + ,所以 ∞ 点是可去奇点。 3! 5!
z →0

(7) lim f ( z ) = 1 ,所以 0 是可去奇点。

z →n π

lim ( z ? n2π 2 ) f ( z ) = lim 2 2 2 2
z →n π

(z ?n π )
2 2

z

z+ = lim 2 2
z →n π

(z ?n π )
2 2

sin z

2 z cos z 2 z

= ( ?1) 2n 2π 2
n

所以 n π ( n = 1, 2,3,
2 2

)是一阶极点。由于 n π → ∞ ,所以 ∞ 点的任意邻域包含无穷
2 2

个奇点,即 ∞ 点为非孤立奇点。 (8) f ( z ) =



z

e

ζ

? e?

ζ

0

ζ
z ∞

dζ = ∫ ζ
0

z

?

1 2

? ∞ ζ n / 2 ∞ ( ?1)n ζ n / 2 ? ? ?∑ ?dζ ? n =0 n ! ∑ ? ! n n =0 ? ?

= 2∫


d ζ = 2∑ ∑ 0 k = 0 ( 2k + 1) ! k = 0 ( k + 1)( 2k + 1) !

ζk



ζ k +1

t ?( k +1) ,即 ∞ 点为本性奇点。 f (1/ t ) = 2∑ k = 0 ( k + 1)( 2 k + 1) !

f ( z ) = 2∫ e
0

z

(

ζ

? e?

ζ

)d

ζ = 2 e z + e ? z ? 2 ,即除 ∞ 点外无其他奇点。

(

)

ez ez (1) , z0 = 1 ; (2) , z0 = 1 ; 121.求下列函数在指定点 z0 的留数: 2 z ?1 ( z ? 1)

2

2

z2 1 + ez z 1 ? ? z = 0 z = i z = 0 , ; ( 4 ) , ; ( 5 ) , ; ( 6 ) ,z0 = 0 ; (3)? 0 0 0 ? z 4 ?1 z4 z 2 sin z ? 1 ? cos z ? 1 ? 2n + 1 ? (7) , z0 = 1 ; (8) , z0 = ? ? π ? , n = 0,1, 2, 2 ch z ? 2 ? ( z 2 ? 1)
ez
(1) res f (1) = lim ( z ? 1) f ( z ) = e 。
z →1

2

2



(2) res f (1) = lim

d ? 2 z ? 1) f ( z ) ? = 2e 。 ( ? z →1 dz ?

(3) 1 ? cos z = 1 ? ?1 ?
2

? ?

1 2 1 4 1 6 z + z ? z +? 2! 4! 6!
?2

1 2 1 4 ? 1 2? z ?+ ? = z ?1 ? z + 360 ? 2 ? 12

? ?, ?

1 2 1 4 ? 1 4 ? ? z ? ? ?1 ? ?2 ? z ? + ? = 4z?2 ?1+ 2 ? z2 ? z + ? ? + O ( z4 )? ? ? = 4z ?1? z + 360 360 ? 1? cos z ? ? 12 ? ? 12 ? ? ?
= 4 z ?2 +
所以 res f ( 0 ) = 0 。

2 1 2 ? z + 3 45

(4 ) f ( z ) =

( z + i )( z ? i )( z +1)( z ?1)

z2

,i 是一阶极点。res f ( i ) = lim ( z ? i ) f ( z ) = ?
z →i

1 i。 4

z (1 + cos z ) ? sin 2 z 1 d2 3 1 (5)显然 0 是三阶极点。 res f ( 0 ) = lim 2 z f ( z ) = lim 2 z →0 dz 2 z →0 sin 3 z
2

1 3sin 2 z ? 2 z sin z cos z 1 2z ? 1 ? 1 = lim = lim ? ? ?= 2 0 0 z → z → 2 3sin z cos z 2 ? cos z 3sin z ? 6

1 d3 4 1 1 z (6) res f ( 0 ) = lim 3 z f ( z ) = lim e = 。 0 0 z z → → 3! dz 6 6
(7) res f (1) = lim (8) res f ? ? ?

? ? ? ? ?

d 2 z ? 1) f ( z ) = 0 。 ( z →1 dz 2 2 ? 2n + 1 ? ? ? 2n + 1 ? ? π? ?= π ? ? f (z) lim 2 ? z + ? ? 2 n +1 ? ? 2 2 ? ? ? ? ? → ? π z ? ? ? ? ? ? 2 ?

? ? 2n +1 ?2 ? π? ? 2 ?z + ? 2 ? ? ? 4 z ? ? = lim = lim 2 ? 2 z z z ? ? 2 n+1 ? ? 2n+1 ? e e +e ? e? z →?? z →?? π? π?
? 2 ? ? 2 ?

z

= ( ?1) ( 2n + 1) π
n

122.求下列函数在奇点处的留数: (1)

1 1 ; (2) 5 z ?z 1+ z2
3

(

)

m +1

; (3)

z ; 1 ? cos z

(4)

z sh z

1

; (5) e1? z ; (6) cos

1 1 ; (7) ; z ( z ? 1) ln z 1

(8)

1? 1 1 + + ?1 + 2 1 z? z + 1 z + ( ) ?

+

? 。 n ? ( z + 1) ? ?

t5 1 (1) f ( z ) = 3 ,0 是三阶极点, ± 1 是一阶极点。 f (1/ t ) = 2 ,∞ 点 z ( z + 1)( z ? 1) t ?1
是可去奇点。 res f ( 0 ) =

1 d2 1 lim 2 z 3 f ( z ) = 1 , res f (1) = lim ( z ? 1) f ( z ) = , z →1 2 z →0 dz 2
1 。 2

res f ( ?1) = lim ( z + 1) f ( z ) =
z →?1

(2) ±i 是 m + 1 阶极点, ∞ 点是可去奇点。

( ?1) 1 dm 1 1 res f ( i ) = lim m = lim + 1 m m ! z →i dz ( z + i ) m ! z →i ( ?1) ( 2m )! = ?i ( 2m )! = 2 2 m +1 2 ( m !) 22 m+1 ( m !) ( 2i )
1
m

m

( m + 1)( m + 2 ) ( 2m ) 2 m +1 ( z + i)

res f ( ?i ) = i

( 2m ) ! 2 ( m !) 22 m+1
)是二阶极点, ∞ 点是非孤立奇点。

(3)可看出 0 是一阶极点, 2nπ ( n = ±1, ±2,

res f ( 0 ) = lim

z2 z2 = lim =2。 z →0 1 ? cos z z →0 2 z 2sin 2 1 1 1 2 2 4 1 ? ( z ? 2nπ ) + ( z ? 2nπ ) ? ( z ? 2nπ ) ? + ? 2 360 ? 12 ? ? ?

1 ? cos z = 1 ? cos ( z ? 2nπ ) =

?1 ?1 z = ( z ? 2nπ ) ? 1 ? cos ( z ? 2nπ ) ? + 2nπ ? 1 ? cos ( z ? 2nπ ) ? ? ? ? ? 1 ? cos z

1 ?1 ? 2 4? = 2 ( z ? 2nπ ) ?1 + ( z ? 2nπ ) + O ( z ? 2nπ ) ? ? 12 ? 1 ?2 ? 2 4? +4nπ ( z ? 2nπ ) ?1 + ( z ? 2nπ ) + O ( z ? 2nπ ) ? ? 12 ?
= 4nπ ( z ? 2nπ ) + 2 ( z ? 2nπ ) +
?2 ?1

nπ 1 + ( z ? 2nπ ) + 3 6

即 res f ( 2nπ ) = 2 。 (4) f ( z) =

2 z e
z

?e
2

? z

, 奇点 是 ? k π ( k = 0, ±1, ±2,
2 2

) , ∞ 点 是 非 孤 立奇 点 。

lim f ( z ) = lim
z →0 z →0

e

z

+ e?

z

= 1 ,所以 0 是可去奇点, res f ( 0 ) = 0 。 k ≠ 0 时,

res f ( ?k π
2

2

)=

z →? k π

lim 2

2 ( z + k 2π 2 ) z
2

e

z

?e
2

? z

= lim 2
3

4 z + 2 ( z + k 2π 2 )
2

z →? k π

e

z

+e
?1

? z

= ( ?1)

k +1

2k 2π 2 。

1 1? 1 ? 1? 1 ? + ? (5) f ( z ) = 1+ ? + ? ? + 1? z 2!? 1? z ? 3!? 1? z ?

= 1? ( z ?1) +

1 1 ?2 ?3 ( z ?1) ? ( z ?1) +? 2 3!

即 res f (1) = ?1 。由于 f ( z ) 只有两个孤立奇点 1, ∞ ,所以 res f ( ∞ ) = ? res f (1) = 1 。

1? 1? 1? 1? 1 ?1 1 ?2 1 z + z ?+ + ? + = ? (6) f ( z ) = 1 ? ? ? ? ? ? 4! ? z ? 2! ? z 2 24 ? ? ? ? 1 1 即 res f ( 0 ) = ? 。 res f ( ∞ ) = ? res f ( 0 ) = 。 2 2
(7)若规定 ln z z =1 = 0 ,则 1 是二阶极点。此时

2

4

res f (1) = lim
z →1

d z ln z ? z + 1 1 1 2 = lim = 。 ( z ? 1) f ( z ) = lim 2 z → z → 1 1 dz ln z + 2 2 z ( ln z )
) ,则 1 是一阶极点。此时

若规定 ln z z =1 = 2kπ i ( k = ±1, ±2,

res f (1) = lim ( z ? 1) f ( z ) = lim
z →1 z →0

1 1 。 = z →1 ln z 2 kπ i

(8) res f ( 0 ) = lim zf ( z ) = n + 1 。

res f ( ?1) =
=

1 d n?1 n lim n?1 ?( z + 1) f ( z ) ? ? ? z →? 1 ( n ?1)! dz
1 d n ?1 ? 1 n n ?1 lim n ?1 ? ?( z + 1) + ( z + 1) + ( n ? 1)! z →?1 dz ? z ? 1 d n ?1 ? 1 lim n ?1 ? ( z n + an ?1 z n ?1 + ( n ? 1)! z →?1 dz ? z 1 d n ?1 ? lim n ?1 ? z n ?1 + an ?1 z n ? 2 + ( n ? 1)! z →?1 dz ? ? + ( z + 1) + 1? ? ??

=

? + a1 z + n + 1) ? ? + a1 + n +1? ? z ?
n ?1

=

? 1 = lim ?( n ? 1) !+ 0 + ( n ? 1)! z →?1 ? ?

+ 0 + ( n + 1)

( ?1) ( n ? 1)!?
zn ? ? ?

= ?n
res f ( ∞ ) = ? res f ( 0 ) ? res f ( ?1) = ?1 。

123.指出下列函数在 ∞ 点的性质,并求其留数: (1)
1 ? 2 z2 +1 z (4) ; (5) e ; (6) ez

1 cos z z ; (2) ; (3) ; z z cos z

( z ? 1)( z ? 2 ) 。

(1) f (1/ t ) = t ,所以 ∞ 是可去奇点。 ∞ 点的留数等于 ? f (1/ t ) 在 t = 0 点邻域内幂级数 展开中 t 的系数,即 res f ( ∞ ) = ?1 。

(2) f (1/ t ) = t cos = t ?1 ?

1 t

? ?

1 1 1 1 + ?+ 2! t 2 4! t 4

1 ?1 1 ?3 ? ? =t ? t + t ?+ 2 24 ?



即 ∞ 是本性奇点, res f ( ∞ ) = ?1 。 (3)易知 z = ? k + (4) f (1/ t ) = ?

? ?

1? 1? ? ? π 是奇点,由于 ? k + ? π → ∞ ,所以 ∞ 是非孤立奇点。 2? 2? ? 1 ?2 ? ? ?1 ? + ?1 ? t + t ? + 2 ? ? ? ? ?

1 ?1 ? ?1 ? + 1? e ?t = t ?2 ?1 ? t ?1 + t ?2 ? + 2 2 ?t ? ?

3 = 1 ? t ?1 + t ? 2 + 2
即 ∞ 是本性奇点, res f ( ∞ ) = 0 。 (5) f (1/ t ) = e (6) f (1/ t ) =
?t 2

, ∞ 点为可去奇点, res f ( ∞ ) = 0 。 ,0 为 f (1/ t ) 的一阶极点,故 ∞ 点为 f ( z ) 的一阶极点。

(1 ? t )(1 ? 2t )
t

1 和 1/2 是 f (1/ t ) 的分枝点。规定 arg (1 ? t )t =0 = 2nπ , arg (1/ 2 ? t )t =0 = 2mπ ,则

(
(

1? t

)

(k)
t =0

= ( ?1)

k

1?1 ? ? ? 1? 2? 2 ?
k

?1 ? 1? t ? ? k + 1? k ?2 ? (1 ? t )

= ( ?1) ( ?1)
n t =0

k

1?1 ? ? ? 1? 2? 2 ?
k

?1 ? ? ? k + 1? ?2 ?

1 ? 2t

)

(k)
t =0

= ( ?2)

1?1 ? ?1 ? 1 ? 2t ? ? 1? ? ? k + 1? k 2? 2 ? ? 2 ? (1 ? 2t )

= ( ?1)
t =0

m

( ?2)

1?1 ? ?1 ? ? ? 1? ? ? k + 1? 2? 2 ? ? 2 ?

f (1/ t ) = ( ?1)

n + m ?1

1 ? 1 1 t ?1 ? t ? t 2 ? t 3 + 16 ? 2 8 7 2 ? ?1 3 1 ?t ? ? t ? t + 2 8 16 ?
n+m

1 2 1 3 ?? ?? 1 ? t ? t ? t + 2 2 ??

? ? ?

= ( ?1)

n+m

? ? ?

即 res f ( ∞ ) = ( ?1)

1 。 8

124.设 f ( z ) 在 z = ∞ 的邻域内展开为 f ( z ) = C0 + 的留数。

C1 C2 + + z z2

,试求 f

2

( z) 在 z = ∞ 处

? C C f ( z ) = C0 ? 1 + 1 z ?1 + 2 z ?2 + C0 ? C0

? ? ?

? ?C C f ( z ) = C ?1 + ? 1 z ?1 + 2 z ?2 + C0 ? ? C0
2 2 0

? ?? ? C1 ?1 C2 ?2 2 z + ? ? = C0 ?1 + 2 ? z + C C 0 0 ?? ? ?

2

? ? ?2 ? + O ( z )? ? ?

= C02 + 2C0C1 z ?1 + O ( z ?2 )

f ( z ) 在 ∞ 点的留数等于 ? f ( z ) 在 z = ∞ 点邻域内幂级数展开中 z ?1 的系数,即 ?2C0C1 。

125.证明:若除有限个奇点外, f ( z ) 在扩充 z 平面上解析,则函数 f ( z ) 的留数和为 0。 证:设 zk ( k = 1, 2,

n )是 f ( z ) 的有限奇点, Ck 是包围 zk 的逆时针闭曲线(不包围其

它奇点) , C 为顺时针包围所有有限奇点的闭曲线。

res f ( ∞ ) =

1 2π i



C

f ( z ) dz = ?∑

1 k =1 2π i

n



Ck

f ( z ) dz = ?∑ res f ( zk )
k =1

n

所以 res f ( ∞ ) +

∑ res f ( z ) = 0 。
k =1 k

n

126. f ( z ) 为偶函数, z = 0 是他的孤立奇点,证明 res f ( 0 ) = 0 。 因为 f ( z ) 为偶函数,所以 f ( z ) 在 z = 0 附近的幂级数展开式中无奇数项,当然也没有 z 项,因此 res f ( 0 ) = 0 。
?1

127.f ( z ) 和 g ( z ) 分别以 z = 0 为其 m 阶和 n 阶零点, 问下列函数在 z = 0 处的性质如何? (1) f ( z ) + g ( z ) ; (2) f ( z ) ? g ( z ) ; (3) 设 f (z) = z
m

g ( z)

f (z)

; (4) f ? ? g ( z )? ?。

? ( z ) , g ( z ) = z n Ψ ( z ) 。其中 ? ( z ) 和 Ψ ( z ) 都在 z = 0 的某邻域内解析,且

? ( 0) ≠ 0 , Ψ ( 0) ≠ 0 。
(1)设 m < n ,则 f ( z ) + g ( z ) = z ? ?? ( z ) + z
m n?m

n?m Ψ ( z )? ? ,由于 ? ( z ) + z Ψ ( z ) 是不以

z = 0 为零点,在 z = 0 的某邻域内的解析函数,所以 z = 0 是 f ( z ) + g ( z ) 的 m 阶零点。
当 m ≠ n 时, z = 0 是 f ( z ) + g ( z ) 的 min {m, n} 阶零点。

若 m = n ,则 f ( z ) + g ( z ) = z ? ?? ( z ) + Ψ ( z ) ? ? , z = 0 有可能是 ? ( z ) + Ψ ( z ) 的零点,所
m

以 z = 0 是 f ( z ) + g ( z ) 的 k 阶零点( k ≥ m = n ) 。 (2) f ( z ) ? g ( z ) = z (3)若 m > n ,则
m+n

? ( z ) ? Ψ ( z ) ,所以 z = 0 是 f ( z ) ? g ( z ) 的 m + n 阶零点。
= z m?n
f ( z)

g (z)

f (z)

Ψ (z)

? (z)

,由于 0 不是 Ψ ( z ) 的零点,所以

Ψ ( z)

? ( z)

在 z = 0的

某邻域内解析,即 z = 0 是

g ( z)

的 m ? n 阶零点。

若 m < n ,则

g (z)

f (z) f (z)

=

f (z) 1 ? ( z) ,即 z = 0 是 的 n ? m 阶极点。 Ψ (z) z g ( z)
n?m

若 m = n ,则

g (z)

=

Ψ ( z)
m

? (z)

, z = 0是

g ( z)

f (z)

的可去奇点。

(4) f ? ? g ( z )? ?=z Ψ
mn

n m n ( z )? ? ? z Ψ ( z )? ? 的零点,且他在 ? z Ψ ( z )? ? , z = 0 不是 Ψ ( z ) ? ?

z = 0 的某邻域内解析,所以 z = 0 是 f ? ? g ( z )? ? 的 mn 阶零点。

128.f ( z ) 和 g ( z ) 分别以 z = 0 为其 m 阶和 n 阶极点, 问下列函数在 z = 0 处的性质如何? (1) f ( z ) + g ( z ) ; (2) f ( z ) ? g ( z ) ; (3)

g ( z)

f (z)

; (4) f ?

? 1 ? ?。 ? g ( z)?

设 f ( z) =

? ( z)
zm

, g ( z) =

Ψ ( z)

zn

。其中 ? ( z ) 和 Ψ ( z ) 都在 z = 0 的某邻域内解析,且

? ( 0) ≠ 0 , Ψ ( 0) ≠ 0 。
(1)若 m < n ,则 f ( z ) + g ( z ) =

z n ? m? ( z ) + Ψ ( z ) z
n

,z

n?m

? ( z ) + Ψ ( z ) 是不以 z = 0 为

零点,在 z = 0 的某邻域内的解析函数,所以 z = 0 是 f ( z ) + g ( z ) 的 n 阶极点。 若 m ≠ n , z = 0 是 f ( z ) + g ( z ) 的 max {m, n} 阶极点。 若 m = n ,f ( z) + g ( z) =

? ( z) + Ψ ( z)
zn

,z = 0 有可能是 ? ( z ) + Ψ ( z ) 的零点, 所以 z = 0

是 f ( z ) + g ( z ) 的 k 阶极点( k ≤ m = n ) 。 (2) f ( z ) ? g ( z ) =

? ( z) Ψ ( z)
z m+ n
= z n?m

, z = 0 是 f ( z ) ? g ( z ) 的 m + n 阶极点。

(3)若 m < n ,

g (z)

f (z)

Ψ (z)

? (z)

, z = 0是

g ( z)

f (z)

的 n ? m 阶零点;

若m > n,

g (z)

f (z) f (z)

=

f (z) 1 ? ( z) , z = 0是 的 m ? n 阶极点; Ψ (z) z g ( z)
m?n

若m = n,

g (z)

=

Ψ ( z)

? (z)

, z = 0是

g ( z)

f (z)

的可去奇点。

? 1 ? ? 1 ? 1 ? zn ? m (4) f ? ? = mn ? ? ? Ψ ( z) , z = 0 是 f ? ? 的 mn 阶极点。 ? g ( z)? z ?Ψ ( z)? ? g ( z)?

129.讨论 F ( z ) =

f ′( z) f ( z)

=

d (1) m 阶零 ln f ( z ) 在 z = a 点的性质,若 a 点是 f ( z ) 的: dz

点; (2) m 阶极点。如果 z = a 是 F ( z ) 的孤立奇点的话,则求出函数 F ( z ) 在该点的留数。 (1)设 f ( z) = ( z ? a)
m

? ( z ) ,其中 ? ( z ) 在 z = a 的某 邻域内解 析 ,且 ? (a) ≠ 0 。

F ( z) =

?′ ( z ) ? 1 ? d ? + = + ? ? ln ln m z a z m z a ? ? ( ) ( ) ( ) ? ?。 ? z?a ? ( z) ? dz ? ?
?′( z ) 在 z = a 的某邻域内解析,且 z = a 不 ? ( z)
z →a

由于 z = a 不是 ? ( z ) 的零点,所以 m + ( z ? a )

是它的零点,所以 z = a 是 F ( z ) 的一阶极点, res F ( a ) = lim ( z ? a ) F ( z ) = m 。 (2)设 f ( z ) =

? (z)

( z ? a)
z →a

m

,则 F ( z ) =

?′( z ) ? 1 ? ? ?m + ( z ? a ) ? , z = a 是 F ( z ) 的一阶 z?a ? ? ( z) ?

极点, res F ( a ) = lim ( z ? a ) F ( z ) = ? m 。

130. 设 ? ( z ) 在 z = a 点解析, 且? (a) ≠ 0 。 若 (1)a 是 f ( z ) 的 n 阶零点, (2)a 是 f ( z )

的 n 阶极点,试求函数 F ( z ) = ? ( z )

f ′( z) f (z)

在 z = a 点的留数。

(1)由上题结论, z = a 是

f ′( z) f (z)

的一阶极点,留数为 n 。因为 ? ( z ) 在 z = a 点解析,且

? ( a ) ≠ 0 ,所以 z = a 是 F ( z ) 的一阶极点,
res F ( a ) = lim ( z ? a ) ? ( z )
z→a

f ′( z) f (z)

= lim ? ( z ) ? lim ( z ? a )
z→a z→a

f ′( z ) f (z)

= n? ( a ) 。

(2) res F ( a ) = ?n? ( a ) 。

131.设 C 是区域 G 内的任意一条简单闭曲线,a 为 C 包围区域内一点。若函数 f ( z ) 在 G 内 解 析 , 且 f (a) = 0 , f ′(a) ≠ 0 , 此 外 , f ( z) 在 G 中 无 其 它 零 点 。 试 证 :

a=

1 2π i



zf ′ ( z )
C

f (z)

dz 。 zf ′ ( z ) f (z)

证:可知 a 为 f ( z ) 的一阶零点。若 a ≠ 0 ,由上题结论,

在 z = a 点留数为 a ,因

为 f ( z ) 在 G 中无其它零点,则

zf ′ ( z ) f (z)

无其他奇点,所以

1 2π i



zf ′ ( z )
C

f (z)

dz = a ,

若 a = 0 ,则 z = a = 0 是

zf ′ ( z ) f (z)

的可去奇点,即

zf ′ ( z ) f (z)

在 C 包围区域内解析,故有

1 2π i



zf ′ ( z )
C

f ( z)

dz = 0 = a 。

132.若 z = 0 是 f ( z ) 的 n 阶零点,试求下列函数在 z = 0 处的留数: (1)

f ′′ ( z ) ; f ′( z)

(2)

f ′′ ( z ) f ( z)



设 f ( z) = z

n

? ( z ) ,其中 ? ( z ) 在 z = 0 的某邻域内解析,且 ? ( 0 ) ≠ 0 。

(1) F ( z ) =

f ′′ ( z ) n ( n ? 1) z n ? 2? ( z ) + 2nz n ?1? ′ ( z ) + z n? ′′ ( z ) = f ′( z) nz n ?1? ( z ) + z n? ′ ( z )

2 1 n ( n ?1) ? ( z ) + 2nz?′ ( z ) + z ?′′ ( z ) = ? z n? ( z ) + z?′ ( z )

可判断 z = 0 是其一阶极点,有 res F ( 0 ) = lim zF ( z ) = n ? 1 。
z →0

(2) F ( z ) =

f ′′ ( z ) n ( n ? 1) z n ? 2? ( z ) + 2nz n ?1? ′ ( z ) + z n? ′′ ( z ) = f (z) z n? ( z )
2 1 n ( n ? 1) ? ( z ) + 2nz? ′ ( z ) + z ? ′′ ( z ) z2 ? (z)

=

z = 0 是其二阶极点。 res F ( 0 ) = lim
可设 ? ( z ) = a0 + a1 z + a2 z +
2

? ′ ( 0) d 2 ? ? 。 z F z n 2 = ( ) ? z →0 dz ? ? (0)
n n +1

,则 f ( z ) = a0 z + a1 z

+ a2 z n + 2 +
n +1

? ( 0 ) = a0 =

( ) ( 0) 。 2n f 1 1 (n) n +1 f ( ) ( 0 ) , res F ( 0 ) = f ( 0 ) , ? ′ ( 0 ) = a1 = ( n) n + 1 f ( 0) n! ( n + 1)!

133.求下列各种条件下函数 F ( z ) =

g (z)

f ( z)

在奇点 z0 处的留数:

(1) z0 是 f ( z ) 的 m 阶零点,是 g ( z ) 的 m + 1 阶零点; (2) z0 是 g ( z ) 的二阶零点,但 f ( z0 ) ≠ 0 ; (3) z0 是 f ( z ) 的一阶零点,是 g ( z ) 的三阶零点; (4) z0 是 f ( z ) 的一阶极点,是 g ( z ) 的一阶零点; (1)设 f ( z ) = a0 ( z ? z0 ) + a1 ( z ? z0 )
m m +1

+

,其中 a0 =

f(

m)

m!

( z0 ) , a

f ( ) ( z0 ) , 1 = ( m + 1)!
m +1

g ( z ) = b0 ( z ? z0 )

m +1

+ b1 ( z ? z0 )

m+ 2

+

,其中 b0 =
m m

g(

( z 0 ) , b = g ( m + 2 ) ( z0 ) , ( m + 1)! 1 ( m + 2 )!
m +1)

res F ( z0 ) = lim ( z ? z0 ) F ( z ) = lim
z → z0 z → z0

a0 ( z ? z0 ) + a1 ( z ? z0 ) b0 ( z ? z0 ) + b1 ( z ? z0 )

m +1

+ +

m +1

a + a ( z ? z0 ) + = lim 0 1 z → z0 b + b ( z ? z ) + 0 1 0
2

f ( ) (z ) a = 0 = ( m + 1) ( m+1) 0 。 b0 g ( z0 )
m

(2)设 g ( z ) = ( z ? z0 ) Ψ ( z ) ,则 Ψ ( z0 ) =

res F ( z0 ) = lim

f ′ ( z0 ) f ( z0 ) Ψ′ ( z0 ) f ′ ( z0 ) 2 f ( z0 ) g′′′ ( z0 ) d? 2 z ? z0 ) F ( z ) ? = ? =2 ? ( 。 2 ? Ψ ( z0 ) z→z0 dz ? g′′ ( z0 ) 3 ? g′′ ( z0 ) ?2 Ψ ( z0 ) ? ?
1 f ′′ ( z0 ) 。 2

1 1 g ′′ ( z0 ) , Ψ ′ ( z0 ) = g ′′′ ( z0 ) 。 2 6

(3)设 f ( z ) = ( z ? z0 ) ? ( z ) ,则 ? ( z0 ) = f ′ ( z0 ) , ? ′ ( z0 ) =

g ( z ) = ( z ? z0 ) Ψ ( z ) ,则 Ψ ( z0 ) =
3

1 1 ( 4) g ′′′ ( z0 ) , Ψ ′ ( z0 ) = g ( z0 ) 。 6 24

?′ ( z0 ) ? ( z0 ) Ψ′ ( z0 ) f ′′ ( z0 ) 3 f ′ ( z0 ) g ( 4) ( z0 ) d ? 2 ? ? =3 ? res F ( z0 ) = lim 。 ( z ? z0 ) F ( z )? = z →z0 dz ? g′′′ ( z0 ) 2 ? g′′′ ( z0 ) ?2 Ψ ( z0 ) Ψ2 ( z0 ) ? ?
(4)设 f ( z ) =

? ( z)
z ? z0

,则 ? ( z0 ) = lim ? lim ( z ? z0 ) f ( z )? ? , ? ′ ( z0 ) = z z →z0 ? → z0

d ?( z ? z0 ) f ( z ) ? ?。 dz ?

g ( z ) = ( z ? z0 ) Ψ ( z ) ,则 Ψ ( z0 ) = g ′ ( z0 ) , Ψ ′ ( z0 ) =
res F ( z0 ) = lim

1 g ′′ ( z0 ) 。 2

?′ ( z0 ) ? ( z0 ) Ψ′ ( z0 ) ?′ ( z0 ) 1 ? ( z0 ) g′′ ( z0 ) d ? 2 z ? z0 ) F ( z ) ? = ? = ? 。 ( ? Ψ ( z0 ) z →z0 dz ? g′ ( z0 ) 2 ? g′ ( z0 ) ?2 Ψ2 ( z0 ) ? ?

134 . 若 函 数 f ( z ) 与 g ( z ) 在 闭 区 域 G 中 解 析 , g ( z ) 在 G 内 有 有 限 个 一 阶 零 点

a1 , a2 ,
G 内。

, an ,而 g ( 0 ) ≠ 0 ,试计算积分

1 2π i



C

f (z) dz ,其中 C 是 G 的边界,且 z = 0 在 zg ( z )

令 F (z) =

f ( z) f ( z ) f ( 0) ,则 res F ( 0 ) = lim , = z →0 g ( z ) zg ( z ) g ( 0)

res F ( ak ) = lim

f ( z) f ( ak ) ( z ? ak ) f ( z ) = lim = , ( k = 1, 2, z →0 z →0 g ( z ) ? g ( ak ) ak g ′ ( ak ) zg ( z ) z ( z ? ak )
+ f ( an ) 。 an g ′ ( an )

n)

所以

1 2π i



C

f (z) f (0) f ( a1 ) f ( a2 ) dz = + + + zg ( z ) g ( 0 ) a1 g ′ ( a1 ) a2 g ′ ( a2 )

135.计算下列积分值:

dz , C 为 z ? 1 = 2 或 z ? 1 = 1; C 1+ z4 πz sin 4 dz , C 为:(i) z = 1 ,(ii) z ? 1 = 1 ,(iii) z = 3 ; (2) ∫ C z2 ?1 2
(1)



(3)
(4)




z2
z =R

e

2 π iz 3

dz , n < R 3 < n + 1 , n 为正整数; ?1

z =n

tan π zdz , n 为正整数;

1 ez z dz ; dz ; e dz ; (6) ∫ (7) ∫ (5) ∫ z = 2 3 10 z =1 z 3 z =2 z ( z ? 2)

1

2

ez dz , n π < R < n + 1 π , m, n 均为正整数。 (8) ∫ z = R sh mz m m
(1)被积函数有四个一阶极点: e
±i

π
4

,e

±i

3π 4



res f ( eiπ / 4 ) = lim ( z ? eiπ / 4 ) f ( z ) = ? iπ / 4
z →e

1 4 2
1

(1+ i ) ,
( ?1 + i ) ,
(1 ? i ) , (1 + i ) 。

res f ( e?iπ / 4 ) = lim ( z ? e?iπ / 4 ) f ( z ) = ? iπ / 4
z →e

4 2
1 4 2

res f ( ei 3π / 4 ) = lim ( z ? ei3π / 4 ) f ( z ) = i 3π / 4
z →e

res f ( e?i 3π / 4 ) = lim ( z ? e?i3π / 4 ) f ( z ) = ? i 3π / 4
z →e

1 4 2

若 C 为 z ? 1 = 2 ,则 C 包围四个极点, 原积分 = 2π i ? res f eiπ / 4 + res f e ? iπ / 4 + res f ei 3π / 4 + res f e ? i 3π / 4 ? = 0 。

?

(

)

(

)

(

)

(

)?

若 C 为 z ? 1 = 1 ,则 C 包围两个极点 e 原积分 = 2π i ? res f e

±i

π
4



?

(

iπ / 4

) + res f ( e

? iπ / 4

πi = ? 。 )? ? 2
sin

(2) res f (1) = lim
z →1

sin

πz

πz

4 = 1 , res f ( ?1) = lim 4 = 1 。 z →1 z ? 1 z +1 2 2 2 2

(i) C 不包围两个极点 ±1 ,所以原积分=0。

(ii) C 包围 1,原积分 = 2π i ? res f (1) =

π
2

i。
2π i 。


(iii) C 包围 ± 1,原积分 = 2π i ? ? res f (1) + res f ( ?1) ? ?= (3)被积函数具有一阶极点 0, ± 3 k , 3 ke
±i

π
3

, 3 ke

±i

2π 3

。 ( k = 1, 2,

res f ( 0 ) = lim
z →0

z3 e
2π iz 3

?1

=
3

1 , 2π i
2

res f ± k =
3

(

)

z →± k

(z ? k ) z lim
3

e

2π iz 3

?1

= lim 3

z2 + 2z z ? 3 k 6π iz e
2 2π iz 3

(

z →± k

)=

1 , 6π i

π ? 3 ±i π ? ? 3 ± i 23 ? 1 1 3 , res f ? ke 。 res f ? ke ? = ?= ? ? 6π i ? ? 6π i

z = R ( 3 n < R < 3 n + 1 )包围 0, ± 3 k , 3 ke
共 6n + 1 个奇点。原积分 = 2π i ? 6n ? (4)被积函数有一阶极点 k +

±i

π
3

, 3 ke

±i

2π 3

。 ( k = 1, 2,

, n ? 1, n )

? ?

1 1 ? + ? = 2n + 1 。 6π i 2π i ?
) 。

1 ( k = 0, ±1, ±2, 2

1? 1? ? ? z ? k ? ? sin π z sin π z + π ? z ? k ? ? cos π ? 1? 1 2? 2? ? ? res f ? k + ? = lim ? = lim =? 。 1 2 ? z →k + 1 cos π z π ?π sin π z z →k + ?
2 2

z = n 包围 k +
? ?

1 ( k = ? n, ? ( n ? 1) , 2

, 0,1,

, n ? 1 )共 2n 个奇点。

原积分 = 2π i ? 2n ? ? ?

? 1 ?? ? ? = ?4ni 。 ? π ??
±i

(5)被积函数 f ( z ) 有三阶极点 0,一阶极点 ±10 2 , 10 2e

kπ 5

, ( k = 1, 2, 3, 4 )

f (1/ t ) =

t13 ,可看出 ∞ 点为解析点,即 ∞ 点留数为 0,所以所有有限奇点留数之和为 1 ? 2t10

0,而 z = 2 包围所有有限奇点,所以原积分=0。

1 d2 z 1 1 (6) res f ( 0 ) = lim 2 e = ,原积分 = 2π i ? = π i 。 → 0 z 2 2 dz 2
(7) f ( z ) = 1 + z ?2 +

1 ?4 z + 2

,所以 res f ( 0 ) = 0 ,原积分=0。

(8)被积函数有一阶极点 i

k π ( k = 0, ±1, ±2, m
k

) 。

k π ( z ? i kπ m ) e z = ( ?1) ei m ? k ? 。 res f ? i π ? = lim m sh mz ? m ? z →ikπ m

2n + 1 π cos π k i ? ? n 2π i ? k ? 2π i 2 m m 原积分 = 2π i ∑ res f ? i π ? = 。 ∑ ? ?e ? = ( ?1) m π ? m ? m k =? n ? k =? n ? cos 2m
n n

136 .计算积分



cot π z dz Cn z2


,其中 Cn 是以 ? ±

? 2n + 1 2n + 1 ? ,± ? 为顶点的正方形。令 2 2 ? ?

n → ∞ ,就得到级数 ∑

1 csc π z 之和。若把被积函数换成 ,又能得到什么结果? 2 z2 m =1 m

被积函数 f ( z ) =

cot π z 三阶极点 0 和一阶极点 k ( k = ±1, ±2, z2

) 。

1 d2 π z cos π z ? sin π z π res f ( 0 ) = lim 2 ( z cot π z ) = π lim =? , 3 z → z → 0 0 2 sin π z 3 dz res f ( k ) = lim
z →0

( z ? k ) cos π z =
z sin π z
2

1 。 πk2

? ? n cot π z ? π 2 n 1 ? ? ? 所以 ∫ = + = dz 2 π i res f 0 res f k 2 π i ( ) ( ) ∑ ?? 3 + π ∑ k2 ? 。 ? ? Cn z2 k =? n k =1 ? ? ? ? k ≠0 ? ?
在 C1 上有 cot π z =

cos π ? ? x ? i ( n + 1 2 )? ? sin π ? ? x ? i ( n + 1 2 )? ?



ch π ( n + 1 2 ) = coth π ( n + 1 2 ) , (参考习题 sh π ( n + 1 2 )
3π 。 ( n ≥ 1) 2

02 的第 43 题)易证 coth x 为单调减函数,所以有 cot π z ≤ coth

上式在 C3 上同样成立。 在 C2 上有 cot π z =

cos π ? ? ( n + 1 2 ) + iy ? ? sin π ? ? ( n + 1 2 ) + iy ? ?
ch π y
2 2



sin π ( n + 1 2 ) ch π y + cos π ( n + 1 2 ) sh π y
2 2



ch π y =1 sin π ( n + 1 2 ) ch π y

上式在 C4 上同样成立。所以在 Cn 上有 cot π z ≤ M = max ?coth

? ?

3π ? ,1? 。 2 ?

在 Cn 上有 z ≥ n +

1 ,由此得 2

cot π z cot π z 1 dz ≤ ∫Cn z2 ∫Cn z 2 dz ≤ M ? ( n +1 2)2 ? 4 ( 2n +1) 。


所以当 n → ∞ 时有

∞ cot π z 1 π2 → dz 0 = 。由此可得 ∑ ∫Cn z 2 2 6 k =1 k k

( ?1) 。 csc π z π ,则有 res f ( 0 ) = , res f ( k ) = 若令 f ( z ) = 2 πk2 z 6
? π 2 n ( ?1)k csc π z + ∫Cn z 2 dz = 2π i ? ?6 π∑ k2 k =1 ? ? ?。 ? ?


k +1 ∞ csc π z ?1) ( π2 → dz 0 ,所以 同样可得当 n → ∞ 时, ∫ = ∑ Cn z2 k2 12 k =1

137 .如果 R ( sin θ , cos θ ) 在 [ 0, 2π ] 中有奇点,通过变换 z = e iθ , R ( sin θ , cos θ ) 变为

? z2 ?1 z2 + 1 ? f (z) = R? , ? , 则 f ( z ) 在 单 位 圆 周 z = 1 上 有 奇 点 。 设 这 些 奇 点 βk 2z ? ? 2iz
( k = 1, 2," m )均为一阶奇点,证明:





0

m ? f ( z)? ? f ( z)? π R ( sin θ ,cos θ ) dθ = 2π ∑ res ? + ? ∑ res ? ? z <1 k =1 ? z ? ? z ? z = βk



其中 R ( sin θ , cos θ ) 表示 sin θ 和 cos θ 的有理函数。 证:

如上图, Γ0 是以原点为圆心, a 为半径的上半圆, Γδ 是以 ( 0, a ) 为圆心, δ 为半径的圆被

′ 是 Γδ 夹在 Γ0 和 L 之间的部分, Γ0 截断的圆外部分。 L 是 Γ0 过点 ( 0, a ) 的切线, Cδ 和 Cδ ′ Γδ 的上半圆部分 Γ′ δ = Γδ ? Cδ ? Cδ 。
参考第 86 题(习题 04)的证明,设 ( z ? a ) f ( z ) 在 Γδ 上一致趋于 k ,则对任意 ε > 0 ,存 在 δ ′ 满足 0 < δ ′ < ε ,使得当 δ < δ ′ < ε 时有

∫ f ( z ) dz = ∫ f ( z ) dz ? ik? + ik? ≤ ∫ f ( z ) dz ? ik? + k? < (ε + k )? 。
Cδ Cδ Cδ

由上图可解出 ? = arctan

δ
?δ ? 2a 1 ? ? ? ? 2a ?
2

,则 ? ≤

δ
?δ ? 2a 1 ? ? ? ? 2a ?
2

<

δ′
? δ′ ? 2a 1 ? ? ? ? 2a ?
2

(这是

关于 δ 的单调增函数) 。只要上面的 δ ′ 足够小就有
2 1? δ′ ? ? δ′ ? 1 ? 1 ? 1 ? ?< < ?1 + ? ? ? < ?1 + 2 ? < ?1 + 2 ? ε , 2 2a ? ? 2 ? 2a ? ? ? 2 a ? 8a ? 2 a ? 8a ? ? δ′ ? 2a 1 ? ? ? ? 2a ?

δ′

δ′ ?

所以

1? 1 ? f ( z) dz = 0。 1+ ? ( kε + ε ) ,这就证明了 lim ∫ f ( z) dz < ε? + k? < 2a ? C δ →0 ∫ ? 8a ?
2 Cδ 2
δ

所以 lim Γ δ →0 δ



f ( z ) dz = lim ? ∫ f ( z ) dz + ∫ f ( z ) dz + ∫ f ( z ) dz ? ′ ? Cδ Cδ δ →0 ? ? Γδ′ ?

= lim ∫

′ δ → 0 Γδ

f ( z ) dz = kπ i = π i lim ? ( z ? a ) f ( z )? ?。 z→a ?

在单位圆上挖去奇点 β k ,代之以以 β k 为圆心, δ 为半径,被单位圆截断的圆 弧 Ck ( k = 1, 2," m ) ,用 C0 表示单位圆剩下的部分。这样构成一个包围单位圆内奇点和 β k ( k = 1, 2," m )的围线 C = C0 + C1 + C2 + " + Cm 。则

v ∫

C

m f (z) ? f (z)? ? f (z)? 2 π res ? dz = 2π ∑ res ? + ? ? ∑ iz z <1 k =1 ? z ? ? z ?z=β

k

又有 lim v ∫
δ →0

C

m f ( z) f ( z) f ( z) dz = lim v dz dz + lim ∑ v ∫ Ck δ →0 ∫C0 iz δ →0 iz iz k =1

= ∫ R ( sinθ ,cosθ ) dθ + π i∑ lim
0 k =1 z →βk



m

( z ? βk ) f ( z )
iz

m 2π ? f ( z)? = ∫ R ( sin θ , cos θ ) dθ + π ∑ res ? ? 0 k =1 ? z ? z = βk

所以有





0

m ? f ( z)? ? f ( z)? R ( sin θ ,cos θ ) dθ = 2π ∑ res ? ? + π ∑ res ? ? z <1 k =1 ? z ? ? z ? z = βk



138.计算下列积分: (1)






0

2π dx dx , ; ( 2 ) ; 0 < p < 1 2 ∫ 0 1 ? 2 p cos x + p 2 + cos x

(3)

∫ ( a + b cos x )
0

dx

2

,a > b > 0; (4)





0

iθ cos 2 n xdx ; (5) ∫ exp ( e ) dθ ; 2π 0

(6)



π

0

π dθ dθ ; (7) ∫ 2 0 1 + sin θ 1 + sin 2 θ

(

)

2

; (8)



π

0

cot ( x ? α ) dx , Im α ≠ 0 。

(1)令 f ( z ) =

1 z

1 1? 2 p z +1 + p2 2z
2

=?

1 p

1 1 ,则 res f ( p ) = 。 1 ? p2 ? 1? ( z ? p)? z ? ? p? ?

原积分 = 2π res f ( p ) =

2π 。 1 ? p2

(2)令 f ( z ) =

1 z

1 2 1 = ,则 res f ?2 + 3 = 。 2 z +1 3 z z + ? + + 2 3 2 3 2+ 2z

(

)(

)

(

)

原积分 =

2π 。 3
2

1 1 4 z a ?a? = 2 (3)令 f ( z ) = ,其中 z1 = ? ? ? ? ? 1 , 2 2 2 2 z? b ( z ? z1 ) ( z ? z2 ) b ?b? z +1 ? ?a +b ? 2z ? ?

a a a ?a? ?a? z2 = ? + ? ? ? 1 。 ? ? ? ? ? 1 < ? < ?1 ,所以 z1 > 1 ,在单位圆外, b b b ?b? ?b?
a a ?a? ?a? z2 = ? + ? ? ? 1 = 1 ? ? ? ? ? 1 < 1 ,在单位圆内。 b b ?b? ?b?
2 2

2

2

res f ( z2 ) = lim
z → z2

d ? a 2 = , ( z ? z2 ) f ( z ) ? 32 ? ? 2 dz ( a ? b2 ) 2π a
2

所以原积分 =

(a

?b

2 32

)



(4)令

1 ? z +1 ? 1 f ( z) = ? ? = 2n 2 z ? 2z ?
2

2n

(1+ z )
z 2n+1
2n

2 2n

2n ( 2n)! z 2k 1 = 2n 2n+1 ∑ 2 z k =0 k !( 2n ? k ) !



? 1 d 2n res f ( 0 ) = lim ? 2 n z→0 2 ( 2 n )! dz 2 n ?

( 2 n )! z ∑ k = 0 k !( 2 n ? k ) !

2k

? ? ?

( 2n)! z2n +"+ z4n ? 1 d 2n ? = 2n + + " + 1 a z ? 1 ? 2 2 ( 2n)! dz2n ? n ! ( ) ? ? ?
=

z =0

( 2n)! 2n !+ b z +"+ b z2n ? 1 ? 0 0 + + " + ? ? ) 2n+1 4n 2 ( 22n ( 2n) ! ? n ! ( ) ? ? ?

=
z=0

( 2n)! 2 22n ( n!)

所以原积分 = 2π

( 2n ) ! 2 2 ( n !)
2n 2

= 2π

2n ( 2n ? 1)( 2n ? 2 )( 2n ? 3 )" 2 ?1 2 2 n n 2 ( n ? 1) ( n ? 2 ) " 2 2 ?12
2 2 2 2

= 2π

2n ( 2n ? 1)( 2n ? 2 )( 2n ? 3)" 2 ?1

( 2n ) ( 2n ? 2 ) ( 2n ? 4 )

" 22

= 2π

( 2n ? 1)( 2n ? 3)" 3 ?1 ( 2n )( 2n ? 2 )( 2n ? 4 )" 2

= 2π
(5)令 f ( z ) = (6)原积分 =

( 2n ? 1)!! 。 ( 2n )!!
1 z e ,则 res f ( 0 ) = 1 ,原积分 = 2π 。 z



π

0

2π 2dθ d? =∫ 。 0 3 ? cos ? 3 ? cos 2θ

令 f ( z) =

1 z

1 2 1 =? ,则 res f 3 ? 2 2 = 。 2 z +1 2 2 z 3 2 2 z 3 2 2 ? ? ? + 3? 2z

(

)(

)

(

)

原积分 =

π
2



(7)原积分 =

∫ ( 3 ? cos 2θ )
0

π

4 dθ

2

=∫



2d?

0

( 3 ? cos ? )

2



令 f ( z) =

1 2 8z = 2 2 z? z2 +1 ? z ?3? 2 2 z ?3+ 2 2 ?3? ? 2z ? ?

(

)(
)
2

)

2

,则

res f 3 ? 2 2 = lim
z →3 ? 2

(

)

d 8z 2 dz z ?3? 2 2

(

=

3 8 2

,原积分 =

3 4 2

π。

(8)令 α = a + ib ,原积分 = i ∫ 0

π

) ) ( ) π e e( +e ( +1 dx = i ∫0 ei 2( x? a?ib) ? 1dx i x ? a ? ib ) ? i x ? a ? ib ) e( ?e (
i x ? a ? ib ? i x ? a ? ib i 2 x ? a ? ib

=

i 2π ? 2 a e 2b eiθ + 1 dθ (作代换 2 ( x ? a ) = θ ) ,因为被积函数以 2π 为周期,所以 2 ∫?2 a e 2b eiθ ? 1
i 2π e 2b eiθ + 1 1 e2b z + 1 θ d = ∫ z =1 z ( e2b z ? 1)dz 。 2 ∫0 e 2 b eiθ ? 1 2v
1 z + e ?2 b ?2 b ,则 res f ( 0 ) = ? , res f ( e ) = 1 。 ?2 b 2 2z ( z ? e )

原积分 =

记 f (z) =

若 b > 0 ,原积分 = 2π i ? ? res f ( 0 ) + res f e ?2b ? = π i ,

?

(

)?

若 b < 0 ,原积分 = 2π i ? res f ( 0 ) = ?π i 。

139.计算下列积分: (1)

∞ x2 dx (2) ∫ , a > 0, b > 0 ; ∫?∞ 1 + x4 dx ; 2 2 ?∞ ( x + a )( x2 + b2 )



(3)

∞ dx x2m dx n > m m , n , 均为正整数,且 ; ( 4 ) 2 n ∫?∞ 1 + x2 n+1 , n 为正整数; ∫?∞ x + 1 ( )



(5)





0

(x

x 2 dx
2

+a

2 2

)

,a > 0;

(6)



dx ; ?∞ x ? 2 x + 4

2

(7)

x 2 dx ∫?∞ ( x 2 + 1)( x 2 ? 2 x cos θ + 1) , θ 为实数,且 sin θ ≠ 0 ;


(8)





dx

?∞

(1 + x ) ch
2 2

πx
2



z (1)令 f ( z ) = = 1 + z 4 ( z ? e iπ

4

)( z ? e
i 3π 4

? iπ

z2 4 )( z ? ei3π

4

)( z ? e

? i 3π 4

)



res f ( eiπ

4

) = 4 1 2 (1 ? i ) , res f ( e ) = ? 4 1 2 (1 + i ) 。
4

x2 iπ dx = 2π i ? 所以 v.p.∫ ? res f ( e ?∞ 1 + x 4


) + res f ( e )? ?=
i 3π 4
b b →∞ 0

1 π。 2
0 b →∞

被积函数是偶函数, 所以

1 1 ∫ f ( x )dx = 2 lim 2∫ f ( x )dx = 2 lim ? ?∫ ?

0

?b

f ( x )dx + ∫ f ( x )dx ? ? 0 ?
b

=

∞ 0 ∞ ∞ 1 即 ∫ f ( x )dx 收敛, 同样的,∫ f ( x )dx 也收敛, 所以 ∫ f ( x )dx 收 v.p.∫ f ( x )dx , ?∞ 0 ?∞ ?∞ 2

敛,且等于 v.p. (2)令 f ( z ) =

x2 ∫?∞ 1 + x4 dx 。后面类似的讨论省略。


(z

2

+a

2

)( z

1

2

+b

2

) ( z + ai )( z ? ai )( z + bi )( z ? bi )
2b ( a ? b 2 )
2

=

1

,则

res f ( ai ) =

2a ( a ? b
2

i

2

)

, res f ( bi ) = ?

i



原积分 = v.p.

∫ (x
?∞



dx
2

+a

2

)( x

2

+b

2

)

= 2π i ? ? res f ( ai ) + res f ( bi ) ? ? = ab a + b 。 ( )
?

π

(3)令 f ( z ) =

i? k + ? z 2m ,它在上半平面的奇点是 e ? 2 ? n ( k = 0,1, 2," n ? 1 ) 。 2n z +1

1 ?π

? 1 ?π k+ ? ? ? i? z 2m z 2 m? 2 n +1 ? 2?n res f ?e = lim ? = lim ? 1 ?π ? 1 ?π i? k + ? i? k + ? 2n ′ 2n n 2 ? ? ? ? ? 2?n ? ? z →e z e → 1 z + ( )

π i ( 2 m ? 2 n +1) 1 ik ( 2 m ? 2 n +1) π n 2n = e e 2n

原积分 = v.p.

x2m ∫?∞ x2n + 1dx


? 1 ?π k+ ? ? ? i? π i i( 2 m ? 2 n +1) 2πn n ?1 ik ( 2 m ? 2 n +1) π ? 2?n n = 2π i ∑ res f ? e e ?= e ∑ k =0 k =0 ? ? ? ? n n ?1

=

πi
n

e

i ( 2 m ? 2 n +1)

π
2n

e( e

i 2 m ? 2 n +1)π

?1 ?1

i ( 2 m ? 2 n +1)

π
n

=?

πi

2 n ( 2m ? 2n + 1) π 2i sin 2n

=

( 2m + 1) π n sin
2n

π



(4)令 f ( z ) =

(1 + z

1

2 n +1

)

=

1

( z + i) ( z ? i)
n +1
n

n +1

,则

? 1? 1 res f ( i ) = ? n +1 ? n! ? ?( z + i) ? ?
所以原积分 = v.p.

(n)

z =i

1 ( ?1) ( n + 1)( n + 2 )" ( 2n ) 1 ( 2n ) ! 1 ( 2n ? 1) !! = = = 2 n +1 2 n! 2i 22 n ( n !) 2i ( 2n ) !! ( 2i )





?∞

(1 + x )
2

dx

2 n +1

= 2π i res f ( i ) =

( 2n ? 1)!! π 。 ( 2n )!!

(5)令 f ( z ) =

(z

2

+ a2 )

z2

=

z2

( z + ai ) ( z ? ai )
2

2

d z2 1 ,则 res f ( ai ) = lim 。 = 2 z → ai dz ( z + ai ) 4ai

同第(1)小题的讨论,有原积分 = 类似讨论省略)

∞ 1 x 2 dx 1 π v.p.∫ = ? 2π i res f ( ai ) = 。 (后面 2 ?∞ 2 2 2 2 a 4 x a + ( )

(6)

∞ 0 1 dx dx ? 1? = O ? 2 ? ,所以 ∫ 2 收 敛, ∫ 也 收 敛 ,所 以 2 ?∞ x ? 2 x + 4 0 x ? 2x + 4 x ? 2x + 4 ?x ?

2

dx 收敛,可直接计算其主值。 ( (7)可同样讨论) 。 ?∞ x ? 2 x + 4 1 1 1 = , res f 1 + i 3 = , 令 f ( z) = 2 z ? 2z + 4 2 3i z ?1? i 3 z ?1+ i 3





2

(

)(

)

(

)

原积分 =

π
3



z2 z2 = (7)令 f ( z ) = 2 , ( z + 1)( z 2 ? 2 z cos θ + 1) ( z + i )( z ? i ) ( z ? eiθ )( z ? e ?iθ )
res f ( i ) = ?

1 1 i 1 iθ , res f ( e ) = , = ? ?2 iθ 4 cos θ 2i sin θ (1 + e ) 4 cos θ 4sin θ
e ?2iθ 1 i 。 = + ?2 iθ 2i sin θ (1 + e ) 4 cos θ 4 sin θ

res f ( e ? iθ ) = ?

若 sin θ > 0 ,则 eiθ 在上半平面,原积分 = 2π i ? res f ( i ) + res f eiθ ? =

?

( )?

π
2 sin θ



若 sin θ < 0 ,则 e ? iθ 在上半平面,原积分 = 2π i ? res f ( i ) + res f e ? iθ ? = ?

?

( )?

π

2 sin θ



所以原积分 =

π
2 sin θ



(8)令 f ( z ) =

1

(1 + z 2 ) ch

πz
2

,则 z = i 为二阶极点, z = ( 2k + 1) i ( k = 1, 2," )为一阶

d z ?i 极点。 res f ( i ) = lim = lim z →i dz π z z →i ( z + i ) ch 2

2i ch

πz π
2 ?

(z 2
2

2

+ 1) sh
2

πz
2

( z + i)
2

ch

πz
2

πz ? ? ? ( z 2 + 1) ch 2 2 2 ?2? = lim z →i z z z π π π 2 2 ( z + i ) ch 2 sh + π ( z + i ) ch 2 2 2 π i sh
? π z sh

πz

πz ?π ?

πz ? ? ? ( z + i ) ch 2 ?2? 2 = lim z →i πz πz π z ch 2 π z ch 2 2 + π ( z + i ) sh 2 ( z + i ) ch 2 z ?i 2 z ?i
?π sh

πz ?π ?

2

πz ?π ? ? π sh ? ? ? ( z + i ) ch 2 ?2? 2 = 2 πz πz π πz 2 π ( z + i ) ch sh + ( z + i ) sh 2 2 2 2 2
res f ? ? ( 2 k + 1) i ? ?= lim 2

πz

2

=
z =i

1 2π i



z → ( 2 k +1)i

π ( z 2 + 1) sh

πz
2

( ? 1) =

k ?1

2π i

1 。 ( k = 1, 2," ) k ( k + 1)

取这样的积分路径:实轴上 ? Rn 到 Rn ,以原点为圆心, Rn 为半径的上半圆 Cn ,这里

Rn = 2n 。该闭合路径包围奇点 ( 2k + 1) i ( k = 0,1," n ? 1 ) ,且路径上没有奇点。有

( ?1) = 1 + n?1 ?1 k ?1 ? 1 ? 1 ? 。 1 f x dx f z dz + = + ( ) ( ) ( ) ? ∑ ∑ ? ∫?2n ∫C ? k k +1? k =1 k ( k + 1) k =1
2n

n ?1

k ?1

(*)

n

1 ? nπ ( cosθ +i sinθ ) ? nπ ( cosθ +i sinθ ) ? , +e e ?( 0 ≤ θ ≤ π ) 2 2? πz π nπ ( cosθ + i sinθ ) → ∞, e? nπ ( cosθ +i sinθ ) → 0 , ch n → ∞ , 当 0 ≤ θ < 时, cos θ > 0 , e 2 2 π z π nπ ( cosθ + i sinθ ) → 0, e? nπ ( cosθ +i sinθ ) → ∞ , ch n → ∞ , 当 < θ ≤ π 时, cos θ < 0 , e 2 2
在 Cn 上有 zn = 2n ( cosθ + i sinθ ) ,ch

π zn

=

当θ =

π
2

时, ch

π zn
2

= cos nπ , ch

π zn
2

= 1。

综上, 0 ≤ θ ≤ π 时存在 N ,当 n > N 时有 ch

π zn
2

≥ 1 。在 Cn 上

zn ?

令(*)式 n → ∞ 可得

z (1 + z ) ch π2
2 n

1


n

zn (n > N ) , 所以 lim zn f ( zn ) = 0 , 由此得 lim ∫ f ( z ) dz = 0 。 2 n →∞ n →∞ Cn 1 + zn

v.p.∫



dx

?∞

(1 + x2 ) ch

πx
2

= 1 + ∑ ( ?1)
k =1



k ?1

1 ? ∞ ( ?1) ?1 ? ? ?=∑ ? k k + 1 ? k =1 k

k ?1

+∑
k =0



( ?1)

k

k +1

= 2∑
k =1



( ?1)
k

k ?1



易知 ln (1 + x ) =


k =1



( ?1)
k

k ?1

( x < 1 )由于右边级数在 x = 1 收敛,根据 Abel 第二定理, xk ,


该级数在 x = 1 点左连续,对上式两边取 x → 1 ? 0 可得


k =1

( ?1)
k

k ?1

= ln 2 。

所以 v.p.





dx

?∞

(1 + x ) ch
2

πx
2

= 2ln 2 。

由于 ch

πx
2

≥ 1 ,所以

(1 + x ) ch π2x
2

1



∞ 1 1 ,因为 ∫ dx 收敛,所以原积分收敛, 2 ?∞ 1+ x 1 + x2

且等于其主值。

140.计算下面积分: (1)






0

∞ x sin mx cos x (2) ∫ dx ; dx , a > 0, m > 0 ; 4 0 x2 + a2 1+ x

3 ∞ x sin mx ∞ cos mx x sin x dx ; ( 4 ) , ; ( 5 ) (3) ∫ a > 0, m > 0 dx ∫0 x4 + 4a4 ∫?∞ ( x + b )2 + a 2 dx , ?∞ x 2 ? 2 x + 2

∫ ( x + b)
?∞



sin mx
2

+a

2

(6) ∫ dx , a > 0, m > 0 ;

a cos x + x sin x dx , a > 0 ; ?∞ x2 + a2


(7)

∞ cos x sin 2 ax (8) ∫ dx 。 ∫?∞ ( x 2 + b 2 )( x 2 + c 2 ) dx , a > 0, b > 0, c > 0 ; 0 ch x ∞

eiz (1)令 f ( z ) = = 1 + z 4 ( z ? e iπ

4

)( z ? e

? iπ

eiz 4 )( z ? ei3π

4

)( z ? e

? i 3π 4

)



res f ( eiπ
原积分 =

4

)=

e ?1 2 i? e? 4i

? 1 π? ? ? 2 4?

, res f e

(

i 3π 4

)=

e ?1 2 ? i? e ? 4i

? 1 π? ? ? 2 4?



∞ cos x 1 dx v.p.∫ ?∞ 1 + x 4 2

=

1 Re 2π i ? res f ( eiπ ? 2

{

4

) + res f ( ei3π

4

)? ? = 2e

}

π

?

1 2

? 1 π? ? ?。 cos ? ? 2 4?

(2)令 f 原积分 =

(z) =

ze im z ze im z 1 ,则 res f ( ai ) = e ? ma 。 = 2 2 z +a 2 ( z + ai )( z ? ai )

∞ x sin mx 1 1 π = e ? ma 。 v.p.∫ dx = Im ? 2π i res f ( ai ) ? 2 2 ? ? ?∞ x +a 2 2 2

1+ ? zeiz zeiz 1 i? (3)令 f ( z ) = 2 ,则 res f (1 + i ) = e ? 4? 。 = z ? 2 z + 2 ( z ? 1 ? i )( z ? 1 + i ) 2ei

?

π?

v.p.∫

2π x sin x ? π? 2π i ? res f (1 + i ) ? sin ?1 + ? 。 = dx = Im ? ? ? ?∞ x ? 2 x + 2 e ? 4?

2

由于

b x 单调趋于 0, ∫ sin xdx = 1 ? cos b ≤ 2 ,所以原积分收敛(狄里克莱判敛 0 x ? 2x + 2
2

法) ,等于其主值。 (4) f ( z ) =

z 3eimz z 3eimz = 。 π π 3π 3π ?i ? ? ?i i ?? i z 4 + 4a 4 ? ? ? ? 4 4 4 4 ? z ? 2ae ? ? z ? 2ae ? ? z ? 2ae ? ? z ? 2ae ? ? ?? ?? ?? ?
4

则 res f

(

2 ae i π

e )= 1 4

? ma

e ima , res f

(

2 ae i 3π

4

e )= 1 4

? ma

e ? ima 。

3 ∞ x sin mx 1 dx 原积分 = v.p.∫ 0 x 4 + 4a 4 2

=
(5) 令 f

1 Im 2π i ? res f ? 2

{

(

2 ae iπ

4

) + res f (

2 ae i 3π

4

π = e )? } ? 2

? ma

cos m a 。

(z) =


e imz

(z + b)
cos mx
2

2

+ a2

=

e imz e? ma ? imb ,res f ( ?b + ai ) = e 。 2ai ( z + b + ai )( z + b ? ai )

所以 v . p .

∫ ( x + b)
?∞

+a

2

dx = Re ? ? 2π i res f ( ? b + ai ) ? ?=

π
a

e ? ma cos mb ,

v .p .∫



sin mx

?∞

( x + b)
cos x
2

2

+a

2

dx = Im ? ? 2π i res f ( ?b + ai ) ? ?=?

π
a

e ? ma sin mb 。

由于

( x + b)

+a

2



1

( x + b)

2

+a

2



sin x

( x + b)

2

+a


2



1

( x + b)

2

+ a2

所以原积分收敛,等于

其主值。 (6)令上小题第一个积分中 b = 0, m = 1 可得 令第(2)小题中 m = 1 可得 v.p. 所以原积分 = 2π e ? a 。 (7)原积分 =



?∞

cos x π dx = e? a , 2 2 x +a a



x sin x dx = π e ? a 。 ?∞ x 2 + a 2


1 ∞ 1 1 ∞ cos 2ax dx ? ∫ dx 。 ∫ 2 2 2 2 2 2 ?∞ ( x + b )( x + c ) 2 ?∞ ( x + b 2 )( x 2 + c 2 ) +b

令 f (z) =

(z

2

2

)( z
2

1

2

+c

2

) ( z + bi )( z ? bi )( z + ci )( z ? ci )

=

1



res f ( bi ) = ?

1 1 , res f ( ci ) = 。 2 2 2b ( b ? c ) i 2c ( b ? c 2 ) i 1



∫ (x
?∞



2

dx = 2π i ? ? res f ( bi ) + res f ( ci ) ? ? = bc b + c 。 + b )( x + c ) ( )
2 2 2

π

e 2 iaz e 2 iaz = 令 f (z) = , ( z 2 + b 2 )( z 2 + c 2 ) ( z + bi )( z ? bi )( z + ci )( z ? ci ) res f ( bi ) = ?
v.p.∫


e ?2 ab e ?2 ac f ci res = , 。则 ( ) 2b ( b 2 ? c 2 ) i 2c (b 2 ? c 2 ) i

cos 2ax π ? e?2 ac e?2 ab ? dx Re 2 π i res f bi res f ci = + = ? ? ( ) ( ) ? ? b2 ? c2 ? c ? b ? ?∞ ( x2 + b2 )( x2 + c2 ) ? ?

{

}

由于

sin 2 ax 1 ,所以原积分收敛且 ≤ 2 2 2 2 2 2 ( x + b )( x + c ) ( x + b )( x 2 + c 2 )

原积分 =

π ( b ? c + ce ?2 ab ? be?2 ac )
2bc ( b 2 ? c 2 )



(8)令 f

(z ) =

1? e iz ? ,它有一阶极点 ? k + ? π i ( k = 0,1," ) 。 2? ch z ?

?? 1? ? res f ? ? k + ? π i ? = 2? ? ??
选取如下积分路径:

( ? 1 ) e ? ??? k + 2 ???π , res f ? π i ? = 1 e ? π2 。 e iz lim = ? ? 1? ? i ? 2 ? i z → ? k + ? π i sh z 2
k 1

?

?



R

?R

f ( x )dx + ∫ f ( z )dz + ∫
LR

ΓR

? ?π ? f ( z )dz + ∫ f ( z )dz = 2π i res f ? i ? = 2π e 2 。 (*) ′ LR ?2 ?

π

因为 ch ( R + yi ) = ch R cos y + i sh R sin y =

ch 2 R cos 2 y + sh 2 R sin 2 y
π
i R+ yi ?y 2 (1 ? e?π ) π e e( ) dy ≤ ∫ dy = R ? R 。 0 sh R e ?e ch ( R + yi )

= cos y + sh R ≥ sh R ,所以
2 2

∫ f ( z )dz = ∫
LR
R →∞ ′ LR

0

因此 lim

R →∞



LR

f ( z )dz = 0 ,同样有 lim ∫ f ( z )dz = 0 。
?R ix ?R e R e i ( x +π i ) dx = ?e ?π ∫ dx = e ?π ∫ f ( x )dx , 代 入 ( * ) 式 并 令 R ch x ?R ch ( x + π i )



ΓR

f ( z )dz = ∫

R

eix π e ?π 2 π π = dx = R → ∞ 得 v.p.∫ 。所以原积分 = 。 ?π ?∞ ch x π π 1+ e ch 2 ch 2 2


141.计算下列积分: (1)

∫ x(x
0



∞ dx sin mx (2) v.p.∫ ; dx , a > 0, m > 0 ; 2 2 ?∞ x x ? 1 x ? 2 +a ) ( )( )

(3)





0

∞ sin ( x + a ) sin ( x ? a ) cos ax ? cos bx dx , a > 0 ; , ; ( 4 ) a > 0, b > 0 dx ∫0 x2 x2 ? a2

(5)





0

sin 3 x dx ; x3

(6)



∞ ?∞

e px ? e qx dx , 0 < p < 1, 0 < q < 1 ; 1? ex

(7) v.p.



x cos x dx ; ?∞ x ? 5 x ? 6
∞ 2

(8) v.p.

∫ (x
?∞



2

sin x dx 。 + 4 ) ( x ? 1)

(1)取下图积分路径:

令 f (z) =


e ? ma eimz f ai res = ? ,则 ,所以 ( ) 2a 2 z ( z2 + a2 )



?R

R eimx eimz eimx eimz dx + ∫ dz + ∫ dx + dz δ x x2 + a2 Cδ x ( x2 + a2 ) z ( z 2 + a2 ) ( ) ∫CR z ( z2 + a2 )

= 2π i ? res f ( ai ) = ?

π ie? ma
a2



(*)

lim ∫

δ → 0 Cδ

eimz eimz πi = ? π lim ? = ? dz i z , z →0 a2 z ( z2 + a2 ) z ( z2 + a2 )

因为 lim

eimz eimz ,所以 dz = 0 , = 0 lim z →∞ z z 2 + a 2 R →∞ ∫CR z z 2 + a 2 ( ) ( )

令(*)式 δ → 0, R → ∞ 得到 v . p .



∞ ?∞

e mx πi dx = 2 (1 ? e ? ma ) , 2 2 a x(x + a )

所以



∞ 0

ma sin m x π π ?1 ma ? ma 2 dx 1 e e sh = ? = 。 ( ) 2 2 2 2 2a a 2 x (x + a )

(2)取下图积分路径:

令 f ( z) =

1 ,则 lim δ →0 z ( z ? 1)( z ? 2 )



C0δ

f ( z )dz = ?π i lim

=? i, z →0 ( z ? 1)( z ? 2) 2

1

π

lim ∫ lim ∫

δ →0 C1δ

f ( z )dz = ?π i lim
z →1

1 = πi , z ( z ? 2) 1 π =? i 2 z ( z ? 1) 1 =0。
2?δ

δ →0 C2 δ

f ( z )dz = ?π i lim
z →2

R→∞ CR

lim ∫ f ( z )dz = π i lim
z →∞

( z ?1)( z ? 2)
1?δ





?R

f ( x) dx + ∫ f ( z)dz + ∫
C0δ

δ

f ( x) dx + ∫ f ( z)dz + ∫
C1δ

1+δ

f ( x) dx + ∫ f ( z)dz
C2δ

+∫

R

2+δ

f ( x) dx + ∫ f ( z )dz = 0
CR

令上式 δ → 0, R → ∞ 得到 v.p.





?∞

dx = 0。 x ( x ? 1)( x ? 2 )

(3)令 f

(z) =

e iaz ? e ib z ,取与第(1)小题相同的积分路径, z2

lim ∫

δ → 0 Cδ

eiaz ? eibz f ( z ) dz = ?π i lim = π (a ? b) , z →0 z eiaz eibz f ( z ) dz = lim ∫ dz ? lim ∫ dz = 0 , R →∞ CR z 2 R →∞ CR z 2

R →∞ CR

lim ∫

对该路径的积分取 δ → 0, R → ∞ 的极限可得 (4)原积分 =





0

cos ax ? cos bx π dx = ( b ? a ) 。 2 x 2

1 ∞ cos 2a ? cos 2 x cos 2 a ? e 2 iz 。令 , dx f z = ( ) z2 ? a2 x2 ? a2 2 ∫0

取如下积分路径:

lim ∫ f ( z ) dz = ?π i lim ( z ? a ) f ( z ) =
δ →0 Cδ
z →a

π ( cos 2a ? e2ia )
2ai 2ai



lim ∫ f ( z ) dz = ?π i lim ( z + a ) f ( z ) = ?
′ δ →0 Cδ z →? a
R→∞ CR

π ( cos 2a ? e?2ia )



lim ∫ f ( z ) dz = 0 。
?a?δ ?R



f ( x) dx + ∫ f ( z) dz + ∫
′ Cδ


a?δ

?a+δ

f ( x) dx + ∫ f ( z) dz + ∫


R

a+δ

f ( x) dx + ∫ f ( z) dz = 0
CR

令 δ → 0, R → ∞ 得 v.p.

cos 2a ? e2ix π ∫?∞ x 2 ? a 2 dx = a ( sin 2a ? i cos 2a ) 。

所以原积分 =

2 ix ∞ cos 2 a ? e ? π 1 ? Re ? v.p.∫ dx ? = sin 2a 。 2 2 ?∞ 4 ? x ?a ? 4a

(5) sin x = ?
3

1 1 1 ?1 1 ? ? cos 2 x ? sin x = sin x ? ( sin 3 x ? sin x ) = ( 3sin x ? sin 3 x ) 。 2 4 4 ?2 2 ?

原积分 = 路径,有





0

3sin x ? sin 3 x 3 e iz ? e 3 iz ? 2 。令 ,取与第(1)小题相同的积分 dx f z = ( ) 4z3 4 x3

lim ∫ f ( z ) dz = ?π i lim
δ →0 Cδ

3eiz ? e3iz ? 2 3 = ? π i , lim ∫ f ( z ) dz = 0 。 2 z →0 R →∞ C R 4z 4 3eix ? e3ix ? 2 3 dx = π i , 3 ?∞ 4x 4


令围线积分 δ → 0, R → ∞ 得 v.p.∫

原积分 =

ix 3 ix ∞ 3e ? e ? ?2 ? 3 1 Im ? v . p .∫ dx ? = π 。 3 ?∞ 2 4x ? ? 8

(6)令 f

(z) =

e pz , 2kπ i ( k = 0, ±1, ±2," )是其一阶极点。取如下积分路径: 1? ez





?R

f ( x )dx + ∫



f ( z ) dz + ∫ f ( x )dx + ∫
δ
′ LR

R

LR

f ( z ) dz + ∫

ΓR

f ( z ) dz + ∫

′ Cδ

f ( z ) dz
(*)

+∫

Γ′ R

f ( z ) dz + ∫
δ

f ( z ) dz = 0 。



ΓR

R e p ( x + 2π i ) f ( z ) dz = ∫ dx = ?e 2 pπ i ∫ f ( x )dx , x i + π 2 ( ) R δ 1? e



Γ′ R

f ( z ) dz = ?e2 pπ i ∫ f ( x)dx ,
?R



代入(*)式得

(1 ? e ) ? ?∫ ?
2 pπ i



?R

f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx ? + ∫ f ( z ) dz + ∫ f ( z ) dz + ∫ f ( z ) dz ′ ? Cδ δ LR Cδ ?
R

+∫

′ LR

f

(z )dz

= 0 。
2π 2π e p( R +iy ) dy = ∫0 R + iy 1 ? e( )

(**)



ΓR

f ( z ) dz ≤ ∫

e pR

0

(1 ? e

R

cos y ) + e sin y
2 2R 2


dy

= e pR ∫
所以 lim
R →∞ Γ R



1 1 ? 2e R cos y + e2 R

0

dy ≤ e pR ∫

0

1 e( ) = π dy 2 , eR ?1 1 ? e? R
? 1? p R



f ( z ) dz = 0 ,同样的, lim ∫ f ( z ) dz = 0 。 ′
R →∞ Γ R

lim ∫

δ → 0 Cδ

f ( z ) dz = ?π i lim

ze pz =πi, z→0 1 ? e z

z ? 2π i ) e pz ( lim ∫ f ( z ) dz = ?π i lim = π ie 2 pπ i , δ →0 C′ z → 2π i 1? ez
δ

令(**)式 δ → 0, R → ∞ 可得 v.p.∫

e px e2 pπ i + 1 dx i = = π cot ( pπ ) , π ?∞ 1 ? e x e2 pπ i ? 1


所以 v.p.

px qx ∞ e ∞ e e px ? e qx dx = dx ? v.p. v.p. ?cot ( pπ ) ? cot ( qπ ) ? ?。 ∫?∞ 1 ? e x ∫?∞ 1 ? e x ∫?∞ 1 ? e x dx = π ? ∞

当 x 充分大时,有 e x ? 1 ≥

1 x 。不妨假设 p > q , e (即 e x ≥ 2 ) 2

∞ e px ? e qx e px ? e qx ? (1? p ) x ? (1? q ) x ?e?(1? p ) x ? e?(1? q ) x ?dx 收敛,所以 ? ? 。由于 2 2 ≤ = e ? e x x ∫ ? ? ? ? 0 1? e e





0

px 0 e e px ? eqx ? eqx dx 收敛,类似地, ∫ dx 收敛,所以原积分收敛,等于其主值。 ?∞ 1 ? e x 1 ? ex

(7)令 f ( z ) =

zeiz zeiz 。取如下积分路径: = z 2 ? 5 z ? 6 ( z ? 6 )( z + 1)

(∫

?1?δ

?R

+∫

6 ?δ

?1+δ

+∫

R

6 +δ

) f ( x ) dx + ( ∫



+∫ +∫
′ Cδ

CR

) f ( z ) dz = 0



(*)

因为 lim
z →∞

( z ? 6 )( z + 1)

z

= 0 ,所以 lim ∫

R →∞ CR

f ( z )dz = 0 。

lim ∫ f ( z )dz = ?π i lim
δ →0 Cδ
z →6

zeiz 6π 6i zeiz π ?i = e , lim ∫ f ( z )dz = ?π i lim = e 。 ′ z →?1 z ? 6 δ →0 Cδ 7i z + 1 7i

令(*)式 δ → 0, R → ∞ 得 v.p. 原积分 = Re ? v.p.





?∞

f ( x )dx =

πi

? ?





?∞

f ( x )dx ? = ( sin1 ? 6sin 6 ) 。 ? 7 ?

π

( 6e 7

6i

+ e?i ) ,

(8)令 f ( z ) =

eiz e ?2 eiz , res f 2 i = lim = ? ( ) z →2i (1 + 2i ) 。 ( z + 2i )( z ? 1) 20i ( z 2 + 4 ) ( z ? 1)

取如下积分路径:

(∫

1?δ

?R

+∫

R

1+δ

)

f ( x ) dx +

(∫



+∫

CR

)

f ( z ) dz = 2π i res f ( 2i ) = ?

π e?2
10

(1 + 2i ) 。

(*)

R →∞ CR

lim ∫

f ( z )dz = 0 , lim ∫ f ( z )dz = ?π i lim
δ →0 Cδ
z →1


eiz πi = ? ei 。 2 5 z +4
f ( x )dx ? = ( cos1 ? e ?2 ) 。 ? ? 5

令(*) δ → 0, R → ∞ 得原积分 = Im ? v.p.

? ?



π

?∞

142 .计算下列积分: (1)





0

(1 + x )
2

xs

dx , ?1 < s < 3 ; (2) ∫ 2



0

x? p dx , 1 + 2 x cos λ + x 2

(3)v.p.∫ ?1 < p < 1 ,0 < λ < π ; (1)令 f ( z ) =



0

∞ ln x x a ?1 dx ,a > 0 。 dx ,0 < a < 1 ; (4)∫ 2 0 1? x x ( x2 + a2 )

(1 + z )

zs

2 2

,取如下积分路径,规定 0 ≤ arg ≤ 2π ,

π π d zs s ? 1 i s2 d zs s ? 1 i 3s 2 则 res f ( i ) = lim =? = e , res f ( ?i ) = lim e 2 2 z →i dz z →? i dz 4i 4i ( z + i) ( z ? i)
i

(这里 i = e

π
2

, ?i = e
δ

i

3π 2

) 。围道积分为:

∫δ

R

(1 + x )
2

xs

dx + ∫ 2

R

(1 + x )

x s e 2isπ

2 2

dx +

(∫



+∫

CR

) f ( z ) dz
isπ

sπ isπ = 2π i ? ? res f ( i ) + res f ( ?i ) ? ? = iπ ( s ? 1) e sin 2 。
即 1? e

(

2 isπ

)∫

R

δ

(1 + x )

xs

2 2

dx +

(∫



+∫

CR

) f ( z ) dz = iπ ( s ?1) e

sin

sπ 。 2

令上式 δ → 0, R → ∞ ,由于 lim

R →∞ CR



f ( z )dz = 2π i lim z ?
z →∞

(1 + z 2 )

zs

2

=0,

lim ∫ f ( z )dz = ?2π i lim z ?
δ → 0 Cδ
z →0

(1 + z 2 )

zs

2

= 0 ,所以





0

(1 + x2 )

xs

2

dx =

iπ ( s ? 1) eisπ sin 1 ? e 2isπ

sπ 2 = π (1 ? s ) sec sπ 。 2 4

(2)令 f ( z ) =

z? p z? p ,取与上小题同样的积分路径,规定 = z 2 + 2 z cos λ + 1 ( z + eiλ )( z + e ? iλ )

z? p e?ip(π +λ ) i (π +λ ) ? ? =? lim , 0 ≤ arg ≤ 2π ,则 res f ?e ?iλ i π +λ ? = z→ e( ) z +e 2i sin λ

res f ? ?e

i (π ?λ )

?ip(π ?λ ) ?p z e ? = lim ? z→ei(π ?λ ) z + eiλ = 2i sin λ 。所以

(1 ? e

?2 ipπ

)∫

R

δ

x? p dx + 1 + 2 x cos λ + x 2

(∫



+∫

CR

) f ( z ) dz = 2π ie
z →∞

? ipπ

sin pλ 。 sin λ

令上式 δ → 0, R → ∞ ,由于 lim

R →∞ CR



f ( z )dz = 2π i lim z ?

z? p =0, z 2 + 2 z cos λ + 1

lim ∫ f ( z )dz = ?2π i lim z ?
δ →0 Cδ


z →0

z? p = 0 ,所以 z 2 + 2 z cos λ + 1



0

x? p sin pλ π sin pλ 。 dx = 2π ie ? ipπ = 2 ?2 ipπ 1 + 2 x cos λ + x sin λ (1 ? e ) sin pπ sin λ

(3)令 f ( z ) =

z a ?1 ,取如下积分路径,规定 0 ≤ arg ≤ 2π 。 1? z

(1 ? e ) ( ∫
2 iaπ

1?δ

δ

+∫

R

1+δ

) f ( x ) dx + ( ∫
R →∞ CR

CR

+∫ +∫ +∫

′ Cδ
δ → 0 Cδ

′′ Cδ

) f ( z ) dz = 0



令上式 δ → 0, R → ∞ ,因为 lim



f ( z )dz = 0 , lim ∫ f ( z )dz = 0 ,

lim∫

′ δ →0 Cδ

za?1 f ( z)dz =?πi lim( z ?1) = πi , z→ 1 1? z
z a ?1 f ( z )dz = ?π i lim z ? 1) = π ie 2iaπ ( 2 iπ z →e 1? z
e 2 iaπ + 1 = π cot ( aπ ) 。 e 2 iaπ ? 1


lim ∫

′′ δ → 0 Cδ

所以原积分 = π i

(4)令 f ( z ) =

z ( z2 + a2 )

( ln z )

2 2

,取与第(1)小题相同的积分路径,规定 0 ≤ arg ≤ 2π ,
2

d 则 res f ( ai ) = lim z → ai dz

( ln z ) 2 z ( z + ai )

= lim iπ 2
z → ae

4 ( z + ai ) ln z ? ( 5 z + ai )( ln z ) 2 z 3 2 ( z + ai )
3

2

3 3 2 2 ? ? 4 ln a ? 3 ( ln a ) + π 2 ? 2π + 3π ln a + i ? 4 ln a ? 3 ( ln a ) + π 2 + 2π ? 3π ln a ? 4 4 ? ?, = 72 8 2a

d res f ( ? ai ) = lim z → ? ai dz
?4 ln a + 3 ( ln a ) ?
2

( ln z ) 2 z ( z ? ai )
2

= lim i 3π 2
z → ae

4 ( z ? ai ) ln z ? ( 5 z ? ai )( ln z ) 2 z 3 2 ( z ? ai )
3

2

=

27 2 27 2 ? ? π ? 6π + 9π ln a + i ? 4 ln a ? 3 ( ln a ) + π 2 ? 6π + 9π ln a ? 4 4 ? ?。 72 8 2a

围道积分为:

∫δ

R

x ( x +a
2

( ln x)

2 2 2

)

dx + ∫

δ

R

? x ( x +a
2
R →∞ CR

( ln x + 2πi)

2

2 2

)

dx +

( ∫ +∫ ) f ( z) dz = 2πi ??res f ( ai) +res f (?ai)??
CR Cδ
δ → 0 Cδ
2

令 δ → 0, R → ∞ ,由于 lim



f ( z )dz = 0 , lim ∫ f ( z )dz = 0 ,所以





2 ( ln x ) ? 4π 2
2

0

x ( x2 + a

2 2

)

dx + 4π i ∫



0

x ( x2 + a2 )

ln x

dx = 2π i ? ? res f ( ai ) + res f ( ? ai ) ? ?,

因此原积分 =

1 1 = Re ? Im 2π i ? res f ( ai ) + res f ( ? ai ) ? res f ( ai ) + res f ( ? ai ) ? ? ? ? 4π 2 ?

{

}

=

π
2 2a
72

3π ?3 ? ln a ? 1 ? 4 ?2

? ?。 ?

143.设 P ( z ) 及 Q ( z ) 分别为 m 阶及 n 阶多项式,并且 m ≤ n ? 2 ,且 Q ( z ) 无非负实根。 考虑函数

? ? ∞ P ( x) P( z) ? P( z) ? dx = ? ∑ res ? ln z ? , 0 ≤ arg z ≤ 2π 。 ln z 的积分,证明 ∫ 0 Q ( x) Q(z) 全平面 ?Q ( z ) ? ? ?
P( z) ln z ,取与上题第(1)小题相同的积分路径,规定 0 ≤ arg z ≤ 2π , Q( z)

证:令 f ( z ) =



∫δ

R

δ P ( x) P ( x) ln xdx + ∫ ( ln x + 2π i )dx + R Q ( x) Q ( x)

(∫

CR

+∫



)

f ( z ) dz = 2π i

全平面

ln z ? , ∑ res ? ?Q ( z ) ? ? ?
(*)

? ? P( z)

? ?



∫δ

R

P ( x) dx + Q ( x)

(∫

CR

+∫



? ? ? P( z) ? ln z ? ? ) f ( z ) dz = ? ∑ res ? ?Q ( z ) ? ?
全平面
z →0



由于 0 不是 Q ( z ) 的零点,则 lim z ?

P( z) P ( 0) ln z = lim z ln z = 0 ,所以 Q(z) Q ( 0 ) z →0 P( z) ln z ln z = lim n ? m ?1 = 0 , 则 →∞ z Q( z) z

lim ∫ f ( z )dz = 0 。 因 为 m ≤ n ? 2 , 所 以 lim z ?
δ → 0 Cδ
z →∞

R →∞ CR

lim ∫

f ( z )dz = 0 。令(*)式 δ → 0, R → ∞ 即得 ∫



0

? ? P ( x) ? P( z) ? dx = ? ∑ res ? ln z ? 。 Q ( x) 全平面 ?Q ( z ) ? ? ?

144.利用上题结果计算下列积分: (1)





0

(1 + x + x )
0

x

2 2

dx ; (2) ∫
1



0

1 dx ; x + a3
3

(3)

∫ ( x + a)( x
0



1

2

+b

2

)

(4) ∫ dx , a > 0 , b > 0 ;



(x

2

+a

2

)( x

2

+ b2 )

dx 。

(1)令 f ( z ) =

(1 + z + z )

z ln z

2 2

, res f e

(

i 2π 3

)=

z → ei 2 π

lim 3

d z ln z 1 2 =? ? π, 2 i π 4 3 dz ( z ? e 3 9 3 )

res f ( ei 4π 3 ) = lim i4π 3
z →e

d z ln z 4 1 = π? 。 2 dz ( z ? ei 2π 3 ) 3 9 3

原积分 = ? res f e (2)令 f ( z ) =

(

i 2π 3

) ? res f ( e ) = 2 ?1 ? 3?
i 4π 3

? ?

3 ? π ?。 9 ? ?

ln z , z + a3
3

res f ( aeiπ 3 ) = lim iπ 3
z →ae

3π ? 3ln a ? i π + 3 3 ln a ln z = , 18a 2 ( z + a ) ( z ? aei5π 3 )

(

)

res f ( ? a ) = limiπ
z → ae

ln z ln a + π i , = 2 z ? az + a 3a 2
2

res f ( aei5π

3

)=

z → ae

lim i5 π 3
iπ 3

ln z ( z + a ) ( z ? aei 2π

3

)

=

?5 3π ? 3ln a + i 3 3 ln a ? 5π 18a
i 5π 3
2

(

)。

原积分 = ? res f ae (3)令 f ( z ) =

(

) ? res f ( ?a ) ? res f ( ae ) = 29a3π 。
2

ln z ln z ln a + π i ,则 res f ( ? a ) = limiπ 2 , = 2 2 2 2 z → ae z + b a + b2 ( z + a)( z + b )
aπ ? 2b ln b ? i ( 2a ln b + bπ ) ln z , = 4b ( a 2 + b 2 ) ( z + a )( z + bi ) ?3aπ ? 2b ln b + i ( 2a ln b ? 3bπ ) ln z 。 = 4b ( a 2 + b 2 ) ( z + a )( z ? bi )

res f ( bi ) = lim iπ 2
z →be

res f ( ?bi ) = lim i3 π 2
z →be

原积分 = ? res f ( ?a ) ? res f ( ?bi ) ? res f ( bi ) = (4) f ( z ) =

1 ? b aπ ? ? ln + ?。 a + b 2 ? a 2b ?
2

ln z ln z ?π + 2i ln a , 则 res f ( ai ) = lim , = iπ 2 2 2 2 2 z → ae ( z + ai ) ( z + b ) 4a ( a 2 ? b 2 ) ( z + a )( z + b )
2 2

res f ( ? ai ) = lim i 3π 2
z → ae

ln z 3π ? 2i ln a , = ( z ? ai ) ( z 2 + b 2 ) 4a ( a 2 ? b 2 )
2

res f ( bi ) = lim iπ 2
z →be

ln z π ? 2i ln b , = 2 ( z + a ) ( z + bi ) 4b ( a 2 ? b2 ) ln z ?3π + 2i ln b 。 = 2 ( z + a ) ( z ? bi ) 4b ( a 2 ? b2 )
2

res f ( ?bi ) = lim i 3π 2
z →be

原积分 = ? res f ( ai ) ? res f ( ? ai ) ? res f ( bi ) ? res f ( ?bi ) =

2ab ( a + b )

π



145.用类似于 143 题的方法证明

1 ∫ f ( x ) ln xdx = ? 2 Re ∑ res { f ( z )( ln z ) } ,
∞ 2 0
全平面

1 ∫ f ( x ) dx = ? 2π Im ∑ res { f ( z )( ln z ) } , 0 ≤ arg z ≤ 2π 。其中 f ( x ) 满足和第 143
∞ 2 0
全平面

题中

P( z) 同样的要求。 Q(z)
2

证:令 F ( z ) = f ( z )( ln z ) ,取与 143 题相同的积分路径,规定 0 ≤ arg z < 2π ,同样有

lim ∫ F ( z )dz = 0 , lim ∫ F ( z )dz = 0 。围线积分为
δ → 0 Cδ
R →∞ CR

∫δ

R

f ( x)( ln x) dx + ∫ f ( x)( ln x + 2πi) dx +
2 2 R
R R

δ

( ∫ +∫ ) F ( z) dz = 2πi ∑ res{F ( z)}
Cδ CR 全平面
CR



即 4π 2

∫δ f ( x )dx ? 4π i ∫δ f ( x ) ln xdx + ( ∫ + ∫


) F ( z ) dz = 2π i ∑ res {F ( z )}
全平面



令上式 δ → 0, R → ∞ 得 π

1 ∫ f ( x )dx ? i ∫ f ( x ) ln xdx = 2 i ∑ res { f ( z )( ln z ) } ,
∞ ∞ 2 0 0
全平面

比较两边实部和虚部即得证。

146.利用上题结论计算下列积分: (1)





0

∞ ln x ln x dx , (2) ∫ dx , a > 0 ; 2 0 x +a ( x + a )( x + b )
2

(3) ∫ b >a >0;



ln x

0

( x + a)
2

2

(4) ∫ dx , a > 0 ;



ln x

0

( x + a)
2

2

+ b2

dx , a, b 均为正数。

(1)令 f ( z )

( ln z ) =

z2 + a2

,则 res f ( ai ) = lim iπ 2
z → ae

( ln z )

z + ai

=

π ln a
2a

+i

π 2 ? 4 ln 2 a
8a



res f ( ? ai ) = lim i3 π 2
z → ae

( ln z )

2

z ? ai

=?

3π ln a 4 ln 2 a ? 9π 2 +i 。 2a 8a

原积分 = ?

1 π ln a 。 Re ? res f ( ai ) ? res f ( ? ai ) ? + Re ? = ? ? ? ? 2 2a

{

}

( ln z ) ( ln z ) ,则 f ( ? a ) = lim (2)令 f ( z ) = z → ae z +b ( z + a )( z + b )
2


2

=

ln 2 a ? π 2 2π ln a +i , b?a b?a

f ( ?b ) = limiπ
z →be

( ln z )

2

z+a

=

π 2 ? ln 2 b
b?a

?i

2π ln b 。 b?a

b 1 ln b ? ln a a。 + Re ? = = Re ? res f ( ?a ) ? res f ( ?b ) ? 原积分 = ? ? ? ? ? 2 2 (b ? a ) 2 (b ? a )

{

}

2

2

ln ab ln

( ln z ) ,则 (3)令 f ( z ) = res f ( ? a ) = lim 2 z → ae ( z + a)
2



d 2 ln a 2π 2 。 ?i ( ln z ) = ? dz a a

原积分 = ?

1 ln a 。 Re ? res f ( ? a ) ? = ? ? 2 a
2

( ln z ) ,则 res f ? a + bi = (4)令 f ( z ) = ( ) 2 ( z + a ) + b2 z→

lim?
a +b2 e
2

( ln z )

2

b? i ? π ? tan ? 1 ? a? ?

z + a + bi

2 1 ? 1 ?? 1 2 2 2 ? ?1 b ? ?1 b ? 2 2 = ? π ? tan + + ? ? π ln tan ln ( a + b ) ? , a b i ( ) ? ? ? ? 2b ? 2b ? a? a? 4 ?? ? ?

res f ( ? a ? bi ) =
2

lim?
z → a +b2 e ?

( ln z )

2

b? i ? π + tan ? 1 ? a?

z + a ? bi

=?

2 ? 1 ? 1 ?1 2 2 2 ? ?1 b ? ?1 b ? 2 2 + + + + ? + π π tan ln ln tan a b i a b ) ( ) ? ? ? ( ? ? ?。 a? ? 2b ? 2b ? a? ? ?4 ?

原积分 = ?

1 1 b Re ? res f ( ? a + bi ) ? res f ( ? a ? bi ) ? tan ?1 ln ( a 2 + b 2 ) 。 + Re ? = ? ? ? ? 2 2b a

{

}

147.按照指定的积分围道,考虑适当的复变积分,计算下列定积分: (1)





0

(1 + x ) cos axdx ,
2

1 + x2 + x4
1 4


3



0

x ax ∞ cos x ? e ∞ e x sin ax dx , a > 0 ; ( 2 ) ; ( 3 ) dx ∫0 x ∫?∞ 1 + e x dx , 1 + x2 + x4

0 < a < 1; (4) ∫

x (1 ? x )

3

0

(1 + x )

dx 。

(1) 令 f ( z )

(1 + z ) e =
2

iaz

1+ z2 + z4

= ,则

res f ( e res f ( e

iπ 3

i 2π 3

(1 + z ) e 1 =? e ) = lim z ? e ( )( z + z + 1) 2 3 (1 + z ) e 1 =? e ) = lim z ? z + 1 z ? e ) 2 3 ( )(
2
iaz ? z →e
iπ 3

? iπ 3

3 a 2

2

a a? ? ? ? sin + i cos ? , 2 2? ?
3 a 2

2

iaz

?

z →e

i2π 3

2

? i 2π 3

a a? ? ? sin + i cos ? , 2 2? ?

对围道积分取 R → ∞ 得





0

(1 + x ) cos axdx = 1 Re
2

1 + x2 + x4

2

{2π i ??res f ( e ) + res f ( e )??}
iπ 3 i 2π 3

iπ = ?π Im ? ? res f ( e

3

) + res f ( ei2π

3

)? ?= 3e

π

?

3 a 2

cos

a 。 2

令 f ( z) =

zeiaz ,则 1+ z2 + z4
zeiaz 1 ? 23 a ? a a? = ? e sin i cos ? ?, 2? ( z ? e?iπ 3 )( z 2 + z + 1) 2 3 ? 2 zeiaz 1 ? 23 a ? a a? = e ? sin + i cos ? ? i 2π 3 2 2? ( z ? z + 1)( z ? e ) 2 3 ? 2

res f ( eiπ 3 ) = lim iπ 3
z →e

res f ( ei 2π 3 ) = lim i2π 3
z →e

对围道积分取 R → ∞ 得





0

x sin ax 1 iπ dx = Im 2π i ? 2 4 ? res f ( e 1+ x + x 2

{

3

) + res f ( e )? ?}
i 2π 3

iπ 3 i 2π = π Re ? ? res f ( e ) + res f ( e

3

)? ?=

π
3

e

?

3 a 2

sin

a 。 2

eiz ,则 lim ∫ f ( z )dz = 0 (由 Jordan 引理的证明过程可看出对于上半 (2) 令 f ( z ) = R →∞ C R z
, lim 平面张角小于 π 的弧该定理仍成立)
δ → 0 Cδ



f ( z )dz = ?

πi
2

lim eiz = ?
z →0

πi
2

,围道积分为:

∫δ

R

?y δ e eix dx + ∫ dy + R y x

(∫

CR

+∫



)

f ( z ) dz = 0 ,令 δ → 0, R → ∞ 得 ∫



0

eix ? e? x πi dx = , x 2

两边取实部即可得





0

cos x ? e x dx = 0 。 x

(3) 令 f

(z) =

e az e az ,则 res f π i = lim = ?eiaπ 。类似于 141 题第(6) ( ) z → π z i 1+ e (1 + e z )′
f ( z )dz = 0 和 lim ∫ f ( z )dz = 0 (也可证 ∫
R →∞ ′ LR

小题作法可证 lim

R →∞



LR

eax dx 收敛) 。 ?∞ 1 + e x


ax ?R e eax 2 iaπ + dx e 围道积分为 ∫ ∫R 1 + e x dx + ?R 1 + ex R

(∫

LR

+∫

′ LR

) f ( z ) dz = ?2π ie

iaπ



令 R → ∞ 可得

eax ?2π ieiaπ π dx = = 。 2 iaπ ∫?∞ 1 + ex 1? e sin aπ

4

(4)令 f ( z ) =

z (1 ? z )

3

(1 + z )
3

3

,规定割线上岸 arg z = 0, arg (1 ? z ) = 0 ,则割线上岸的积分
?2 iπ x? ?(1 ? x ) e ? ?
3



∫δ

1?δ

4

x (1 ? x )

(1 + x )
z →∞

3

dx ,割线下岸积分为 ∫ z 4 z (1 ? z )
3

δ

4

1?δ

(1 + x )

3

dx = ?i ∫

1?δ

4

x (1 ? x )

3

δ

(1 + x )

3

dx 。

由于 lim zf ( z ) = lim
z →∞

(1 + z )
z →0

3

= 0 与幅角无关,所以 lim ∫
3

R →∞ CR

f ( z )dz = 0 。

lim ∫ f ( z )dz = ?2π i lim
δ →0 Cδ

z 4 z (1 ? z )

(1 + z )

3

, = 0 (与幅角无关)
3

( z ? 1) 4 z (1 ? z ) lim ∫ f ( z )dz = ?2π i lim 3 δ →0 C ′ z →1 (1 + z )
δ

, = 0 (与幅角无关)

res f ( ?1) =

1 d2 ? 1 4 34 lim z (1 ? z ) ? 2 ? iπ ? 2 z →e dz
1? z → 2

=?
围道积分为

3 ? z ?7 4 (1 ? z )3 4 + 2 z ?3 4 (1 ? z )?1 4 + z1 4 (1 ? z )?5 4 ? = ? 3 2?1 4 eiπ 4 。 lim iπ ? ? z e → 32 64
1? z → 2

(1 ? i ) ∫δ

1?δ

4

x (1 ? x )

3

(1 + x )

3

dx +
1 4

(∫

CR

+∫ +∫
Cδ 3

′ Cδ

3 2 ) f ( z ) dz = 2π i res f ( ?1) = ?i 64 3 3 4 eiπ 4 3 2 π = 21 4 π 。 64 1 ? i 64

34

π e iπ 4 ,

令 δ → 0, R → ∞ 得

∫ (1 + x )
0

x (1 ? x )
3

dx = ?i

148.按照指定的被积函数,选择适当的积分围道,计算下列积分: (1)




π

0

cos n? zn d? , a > 0, b > 0 ,被积函数为 2 ; a ? ib cos ? bz + 2iaz + b
xb 1 ? e ia z z b ? ? cos ax bx dx , a ≥ 0, ? 1 < b < 1 ,被积函数为 ; ? ? 1 + x2 2 ? 1+ z2 ?

(2)



0

(3)





dx x ?( ln x ) + π 2 ? ? ?
2

0

,被积函数为

1 ; z ln z


(4)





0

(1 + 2 x

x tan ?1 x
2 2

)

dx ,被积函数为

z ln (1 ? iz )

(1 + 2 z 2 )

2

(5)






0

cos ( ln x ) zi dx ,被积函数为 ; z2 ?1 1 + x2
ln (1 ? iz ) r sin 2θ 2 zr 。 θ dθ ,被积函数为 2 2 2 2 2 1 ? 2r cos 2θ + r z (1 + r ) + (1 ? r ) 1 + z

(6)

π 2

0

(1)

2π 2π zn ein? ein? d? i? ? = = dz i e d i ∫ z =1 bz 2 + 2iaz + b ∫0 be2i? + 2iaei? + b ∫0 bei? + 2ia + be?i?

1 2π ein? d? 1 π ein? d? 1 2π ein? d? = ∫ = + 2 0 a ? ib cos ? 2 ∫0 a ? ib cos ? 2 ∫π a ? ib cos ? = 1 π ein? d? 1 π e?inθ dθ + (作代换 θ = 2π ? ? ) 2 ∫0 a ? ib cos ? 2 ∫0 a ? ib cosθ
π

=∫

0

cos n? d? a ? ib cos ?

? a2 a? zn zn + ? 1 记 f ( z) = 2 ,其中 z1 = ? = ?i , ? b2 b? bz + 2iaz + b b ( z ? z1 )( z ? z2 ) ? ? ? a2 a? z2 = ? ? 2 + 1 + ? i ,显然 z1 在单位圆内, z2 在单位圆外。 ? b b? ? ?
? a2 a? in ? 2 + 1 ? ? ? b b? zn 1 ? = = ? res f ( z1 ) = lim z → z1 b ( z ? z ) 2i a 2 + b 2 a2 2 2bi 2 + 1 b
原积分 = 2π i res f ( z1 ) =
n

?i? ? ? ?b?

n

(

a 2 + b2 ? a ,

)

n

?i? 2 2 ?b? a +b ? ?

π

n

(

a 2 + b2 ? a 。

)

n

π eiaz z b e iaz z b e?a ib 2 (2)令 f ( z ) = ,规定 ,则 , 0 ≤ arg z ≤ 2 π res f i = lim = e ( ) z → e iπ 2 z + i 1+ z2 2i

res f ( ? i ) = lim i3 π 2
z→e

e iaz z b e a i 3b π = ? e 2 。取如下积分路径: z?i 2i

易得





0

b ? ? sh ? a + i π ? 2π i xe 2 ? = ?iπ ? dx = ? res f ( i ) + res f ( ?i ) ? 2 ? 2 ibπ ? 1+ x sin bπ (1 ? e )
b iax

? ? ch a sh a =π ? ?i bπ bπ ? 2 cos 2sin 2 2 ?
所以

? ? ?。 ? ?





0

b ∞ x sin ax xb cos ax ch a sh a dx = π dx = ?π ,∫ 。 2 2 0 bπ bπ 1+ x 1+ x 2 cos 2sin 2 2

原积分 = cos

bπ 2





0

xb cos ax bπ dx + sin 2 1+ x 2





0

xb sin ax π π dx = ( ch a ? sh a ) = e? a 。 2 1+ x 2 2

(3 )令 f ( z ) = 下:

1 1 ,规定 ?π ≤ arg z ≤ π , res f (1) = lim = 1 。积分路径如 i0 z →e z ln z z ( ln z )′

1 =0, R →∞ CR z →∞ z →∞ ln z 1 lim ∫ f ( z )dz = ?2π i lim zf ( z ) = ?2π i lim = 0, z →0 z → 0 ln z δ → 0 Cδ lim ∫ f ( z )dz = 2π i lim zf ( z ) = 2π i lim

割线上岸有 z = re ,积分为





δ

R

R 1 1 iπ d re = ? dx ,同样可得割 ( ) iπ ∫ δ re ( ln r + π i ) x ( ln x + π i )

线下岸积分为

∫δ x ( ln x ? π i )dx 。围道积分为:

R

1

∫δ

R

1? 1 1 ? ? ? ?dx + x ? ln x ? π i ln x + π i ?

(∫

CR

+∫



) f ( z ) dz = 2π i
= 2π i ,即 ∫

0



令 δ → 0, R → ∞ 得 2π i





dx x ?( ln x ) + π 2 ? ? ?
2 2

dx x ?( ln x ) + π 2 ? ? ?
2

0

= 1。

(4)令 f ( z ) =

z ln (1 ? iz ) 1? ? 4 ? z2 + ? 2? ?

=

z ln (1 ? iz ) 1 ? ? 1 ? ? i? ? z ? i? 4? z + 2 ? ? 2 ? ?
2 2



iz ? ? 1 ? ? ln (1 ? iz ) ? z+ i ? ? 2 z ln (1 ? iz ) ? ? ? d z ln (1 ? iz ) 1 ? iz ? ? ? 1 ? 2 ? ? = lim res f ? i ? = lim 2 3 1 z→ i ? 2 ? z → 12 i dz ? 1 ? 1 ? ? 2 4? z + 4? z + i? i? 2 ? 2 ? ? ?

=?

1 8

(

2 ?1 。

)

?i 和 ∞ 是 f ( z ) 的枝点,可沿虚轴从 ?i 向下延伸到 ∞ 作为割线,取如下积分路径(在单值
分枝内) :

R →∞ CR

lim ∫ f ( z )dz = π i lim
z →∞ 0

z 2 ln (1 ? iz )

(1 + 2 z 2 )
2 2

2

= 0 。围道积分为:



x ln (1 ? ix )

?R

(1 + 2 x )

0 ?R

2 2

dx + ∫

R

x ln (1 ? ix )

0

(1 + 2 x )
0 R

dx + ∫

CR

π ? 1 ? f ( z )dz = 2π i res f ? i ? = ?i 4 ? 2 ?
R

(

2 ?1 。

)

由于

x ln (1 ? ix )

(1 + 2 x )

2 2

dx = ∫

y ln (1 + iy )

(1 + 2 y )

2 2

dy = ? ∫

x ln (1 + ix )

0

(1 + 2 x )

2 2

dx ,

? 1 ? ix ? x ln ? ? ?1 R x ln (1 ? ix ) R 0 x ln (1 ? ix ) ? 1 + ix ?dx = ?2i R x tan x dx 。 dx dx 所以 ∫ + = 2 ∫0 1 + 2 x 2 2 ∫0 1 + 2 x 2 2 ∫0 1 + 2 x2 2 ?R (1 + 2 x2 ) ( ) ( ) ( )
令围道积分 R → ∞ 得 ?2i





0

(1 + 2 x )

x tan ?1 x
2 2

dx = ?i

π
4

(

2 ?1 ,

)







0

(1 + 2 x )

x tan ?1 x
2 2

dx =

π
8

(

2 ?1 。

)

(5)令 f

(z) =

zi e i ln z ,0 和 ∞ 是其枝点,以负实轴作为割线,规定 = z2 ?1 z2 ?1

?π < arg z ≤ π ,则 res f (1) = lim i0
z →e

ei ln z 1 = 。可取如下积分路径: z +1 2

正虚轴上有 z = re

iπ 2

,积分为



δ

R

e d ( re iπ ?r 2 ? 1
R

π ? ? i ? ln r + i ? 2 ? ?

2

) = ie ∫
?π 2

R

δ

e i ln x dx , x2 + 1

负虚轴上 z = re

? iπ 2

积分为 ie

π 2

∫δ

ei ln x dx 。围道积分为 x2 + 1


2i ch

π

2 ∫δ

R

ei ln x dx + x2 + 1

(∫

CR

+∫



) f ( z ) dz = 2π i res f (1) = π i

ln z ? arg z ) (1+ i ) ln z + i arg z ) e(1+i ) ln z e ( e( i ln z + arg z ) e( = = 2 由 于 zf ( z ) = 2 , z → 0 时 ln z → ?∞ , 2 z ?1 z ?1 z ?1

e(

ln z ?arg z )

→ 0 (与 arg z 无关) ,所以 lim ∫ f ( z )dz = 0 。
δ → 0 Cδ
i

lim zf ( z ) = lim
z →∞

(1 + i ) z = 1 + i lim z ?1+i = 1 + i lim e( ?1+i )(ln z +i arg z ) z1+i = lim 2 z →∞ z ? 1 z →∞ 2z 2 z →∞ 2 z →∞

=
所以 lim

1+ i ? ln z ? arg z ) i ( ln z ? arg z ) , lim e ( e = 0 (与 arg z 无关) z → ∞ 2
f ( z )dz = 0 。令围道积分 δ → 0, R → ∞ 得 ∫

0

R → 0 CR



ei ln x π dx = 。 2 π x +1 2 ch 2

(6)见附录。

1 ? 1+ t ? t ?a bx + a , 即x= , 试利用此类变换证明 ∫ ? 149. 变换 t = ?1 1 ? t ? b ?t x +1 ? ?

m?1

g ( t )dt = ∫ xm?1 f ( x )dx ,
0



其中 f ( x ) =

2

( x + 1)

2

? x ?1 ? g? ? 。假定有关的积分均存在。 ? x +1?

证:令 x =

2 1+ t x ?1 ,则 t = , dt = dx 。所以 2 1? t x +1 ( x + 1)
∞ ∞ ? x ?1 ? 2 g ( t )dt = ∫ xm?1g ? dx = ∫ xm?1 f ( x )dx 。 ? 2 0 0 ? x +1 ? ( x +1)

? 1+ t ? ? ∫?1? ? 1? t ?
1

m?1

? 1+ t ? 150.利用上题结果,计算下列积分: (1) ∫ ? ?1 1 ? t ? ? ?
1

m ?1

dt , 0 < m < 2 ;

?1+ t ? (2) ∫ ? ?1 1 ? t ? ? ?
1

m ?1

dt ,0 < m < 2。 t +1
2

(1)原积分 = 2

∫ ( x + 1)
0



x m ?1

dx 。令 f ( z ) = 2

z m ?1

( z + 1)

2

,选取如下积分路径:

可得原积分 =

2 (1 ? m ) π 。 sin mπ

(2)原积分 =





0

x m?1 π dx = (取与上小题相同的积分路径) 。 2 mπ x +1 2sin 2

151.证明:

∫ (1 ? t )
1 ?1

2 m ?1

h ( t ) dt = ∫ x
0



m ?1

1? 2 ? f ( x )dx ,其中 f ( x ) = ? ? 2 ? x +1?

2m

? x ?1 ? h? ?。 ? x +1?

并由此计算积分 令x=
1



1

?1

1? t2 dt 。 1+ t2

1+ t x ?1 ,则 t = , 1? t x +1
2 m ?1

∫ (1 ? t )
?1

h ( t ) dt = ∫



0

? 4x ? ? 2? + x 1 ( ) ? ? ? ?

m ?1

∞ ? x ?1 ? 2 h? dx = ∫ x m ?1 f ( x )dx 。 ? 2 0 ? x + 1 ? ( x + 1)



1

?1

∞ 1? t2 x1 2 = 2 dt ∫0 ( x + 1) ( x2 + 1)dx = 1+ t2

(

2 ? 1 π (取与上小题相同的积分路径) 。

)

152. (1)证明:



∞ 2 ? 1+ t ? ? x ?1 ? ln ? g ( t ) dt = ∫ f ( x ) ln xdx ,其中 f ( x ) = g? ? ?。 2 ?1 0 ? 1? t ? ( x + 1) ? x + 1 ?
1

(2)计算积分 (1)令 x =
1



1

?1

? 1 + t ? dt ln ? , c <1。 ? ? 1 ? t ? 1 ? ct

1+ t x ?1 ,则 t = , 1? t x +1

∞ ∞ ? 1+ t ? ? x ?1 ? 2 ln g t dt ln xg dx = = ( ) ? ? ? ? 2 ∫?1 ? 1 ? t ? ∫0 ∫0 f ( x ) ln xdx 。 ? x + 1 ? ( x + 1)

( ln z ) 2 ∞ ln x ? 1 + t ? dt dx 。令 f ( z ) = (2)∫ ln ? ,取 = ? ∫ ?1 ? 1+ c ? ? 1 ? t ? 1 ? ct 1 ? c 0 x + 1 ? x + 1 + c ? ( z + 1) ? z + ( )? ? ? 1? c ? ? 1? c ? ?
1

2

1 ? 1+ c ? 与上小题相同的积分路径可得原积分 = ? ln ? 。 2c ? 1 ? c ?

2

附录: 148. (6)用原题给的被积函数没做出来: ( 取被积函数为 f

(z) =

z ,积分路径如下图: r ? e ? iz

r > 1 时, i ln r 是 f ( z ) 的一阶极点, res f ( i ln r ) = lim
如上图,底边积分 =

z

z → i ln r

( r ? e )′
? iz

=

ln r 。 r

∫ π r ?e
?

0

x

? ix

dx + ∫

π

0

0 π x x x dx = ∫ dx + ∫ dx ? ix ix π 0 r ?e r ?e r ? e?ix

= ?2i ∫
顶边积分 =

π

0

x sin x dx 。 1 ? 2r cos x + r 2

∫π



?π ?π x + iR x iR dx = ∫ dx + ∫ dx 。 R ix ? ? i ( x + iR ) π r ?e e π r ? e R e ? ix r ?e

由于

∫π



π π x 2 π2 x dx dx xdx ≤ ≤ = , ∫?π r 2 ? 2re R cosθ + e2 R r ? e R e ? ix e R ? r ∫0 eR ? r

∫π



π iR R 2π R ≤ dx dx = R ,所以顶边积分 → 0 ( R → ∞ ) 。 R ? ix R ∫ ? π r ?e e e ?r e ?r
R R ?π + iy π + iy 1 dy + i dy = 2 π i dy ? ? π + ∫ ? π + ∫ i iy i iy ( ) ( ) R 0 0 r + ey r ?e r ?e 0

左边积分+右边积分 = i



= 2π i ∫

R

0

e? y 2π i dy = ? ln 1 + re? y ?y 1 + re r

R 0

=

2π i ?ln (1 + r ) ? ln (1 + re? R ) ? 。 ? r ?

当 R → ∞ 时,该积分 →

2π i ln (1 + r ) 。 r π x sin x 2π i 所以 R → ∞ 时围道积分 = ?2i ∫ dx + ln (1 + r ) 0 1 ? 2 r cos x + r 2 r ln r , = 2π i res f ( i ln r ) = 2π i r

所以



π

0

π ? 1? x sin x dx = ln ?1 + ? ,即 2 1 ? 2r cos x + r r ? r?



π 2

0

π ? 1? r sin 2θ r π x sin x θ dθ = ∫ dx = ln ?1 + ? 。 2 2 1 ? 2r cos 2θ + r 4 0 1 ? 2r cos x + r 4 ? r?

r < ?1 时, ±π + i ln ( ?r ) 是 f ( z ) 的一阶极点,如上图, lim ∫ f ( z )dz = ?π i
δ →0 Cδ

z →π + i ln ( ? r )

lim

? ? z ? π ? i ln ( ?r ) ? ? f ( z ) = ?π i

ln ( ?r ) π 2 ? , r r ln ( ?r ) π 2 + 。 r r

lim ∫ f ( z )dz = ?π i
′ δ →0 Cδ

? z + π ? i ln ( ? r ) ? ? f ( z ) = ?π i z →?π + i ln ( ? r ) ? lim

左边积分+右边积分

=?

2π i ln 1 + re ? y r

R 0

=

2π i 2π i ? ln ( ?1 ? r ) ? ln 1 + re ? R ? → 。 ln ( ?1 ? r ) ( R → ∞ ) ? ? r r

围道积分 = ?2i
π 2



π

0

ln ( ?r ) x sin x 2π i + ? ? ? = 0 ,即 π dx ln 1 r 2 i ( ) 1 ? 2r cos x + r 2 r r



0

π ? 1? r sin 2θ r π x sin x θ dθ = ∫ dx = ln ?1 + ? 。 2 2 1 ? 2r cos 2θ + r 4 0 1 ? 2r cos x + r 4 ? r?

?1 < r < 1 时,极点位于下半平面,所以围道积分为 π π 2 2π i r sin 2θ π x sin x ,即 ln θ dθ = (1 + r ) 。 dx 1 r 0 ?2i ∫ + + = ( ) 2 ∫ 0 0 1 ? 2 r cos x + r 2 1 ? 2r cos 2θ + r 4 r

153.若函数 f ( z ) 在右半平面 Re z > 0 内解析,且满足 f ( z + 1) = zf ( z ) , f (1) ≠ 0 ,证 明 f ( z ) 能够解析延拓到全平面, z = 0, ?1, ?2, 令 f1 ( z ) = 除外。

1 , 由 于 在 Re z > 0 内 有 f ( z + 1) , 他 在 Re z > ?1 内 解 析 ( 除 z = 0 外 ) z

f1 ( z ) = f ( z ) , 所 以 f1 ( z ) 就 是 f ( z ) 在 Re z > ?1 内 的 解 析 延 拓 。 同 样 的 , 令
f2 ( z ) = 1 f ( z + 2 ) ,它在 Re z > ?2 内解析(除 z = 0, ?1 外) ,由于在 Re z > ?1 内 z ( z + 1)
1 f ( z + 1) = f1 ( z ) ,即它是 f1 ( z ) 在 Re z > ?2 内的解析延拓。同样的,可得到 z
除外) 。

有 f2 ( z ) =

f ( z ) 在全平面上的解析延拓( z = 0, ?1, ?2,

154.证明 f1 ( z ) = 1 + az + a z +
2 2

(1 ? a ) z + (1 ? a ) z ? + 1 ? 与 f2 ( z ) = 3 1 ? z (1 ? z )2 (1 ? z )
2 2

互为解

析延拓。 当 az < 1 ,即 z <

1 1 时, f1 ( z ) = 。 a 1 ? az



(1 ? a ) z
1? z

< 1 时, f 2 ( z ) =

1 1? z

1 1 = 。 1 ? a ) z 1 ? az ( 1+ 1? z



(1 ? a ) z
1? z

< 1 化成 1 ? a ? 1 zz + z + z ? 1 < 0 ,这是圆内(外)方程(见习题 02 第 47

(

2

)

题) ,圆心为 c = ?

1 1 ? a ?1
2

,半径为 R =

1? a 1 ? a ?1
2



若 1 ? a > 1 ,这是圆内方程,圆心在负实轴,且 R > c ;若 1 ? a < 1 ,这是圆外方程,圆 心在正实轴,且 R < c 。 当 1 ? a = 1 , 1 ? a ? 1 zz + z + z ? 1 < 0 化为 x < 这三种情况 1 ? a ? 1 zz + z + z ? 1 < 0 都与 z <

(

2

)

1 。 2

(

2

)

1 有交集,如下图所示。 a

在交集上有 f1 ( z ) = f 2 ( z ) ,所以两者互为解析延拓。

155.证明级数

∑? ? 1? z
n =1



?

1

n +1

?

1 ? ? 在区域 z < 1 与 z > 1 内分别代表两个解析函数,但不 1? zn ?

互为解析延拓。
N 1 ? 1 1 1 1 ? 1 SN ( z ) = ∑ ? ? =? + ? + ?+ 2 2 n +1 n ? 1? z ? 1 ? z 1 ? z 1 ? z 1 ? z3 n =1 ? 1 ? z

?

1 1 + N 1? z 1 ? z N +1

=

1 1 。 ? N +1 1? z 1? z
N →∞

z < 1 时, S ( z ) = lim S N ( z ) = 1 ?
不互为解析延拓。

1 z 1 , z > 1 时, S ( z ) = ? 。显然两者 =? 1? z 1? z 1? z

156.已知: f ( z ) =

∑z
n =0



2n

= z + z 2 + z 4 + z8 +

, z < 1。 (1)证明: z = 1 是 f ( z ) 的奇

点; (2)证明: f ( z ) = z + f z
k

( ) ,因此 z
2

2

= 1 的根也都是 f ( z ) 的奇点; (3)类似的证明:

z 2 = 1 的 2k 个根也是 f ( z ) 的奇点, k 为任意正整数; (4)由此证明:不可能将 f ( z ) 解
析延拓到单位圆外。 (1) f (1) =


∑1 → ∞ ,即 z = 1是 f ( z ) 的奇点。
n =0

(2)

f (z

2

)= ∑z
n =0



2n+1

= ∑ z2 = f ( z ) ? z 。
n



n =1

(3)

f ( z) = z + f ( z2 ) = z + z2 + f ( z4 )

=

= z + z2 + z4

+ z2 + f z2

k ?1

( )
k

(4)对于任意包含单位圆上一段弧的区域,总存在 N ,使得 z 域,所以不可能将 f ( z ) 解析延拓到单位圆外。

2N

= 1 的某个根落入该区

157.求下列各积分的一致收敛区域: (1 )



1

0

∞ ∞ sin t t z ?1 ? zt 2 e dt ; (2 ) ∫ ; ( 3 ) dt ∫0 dt ; 0 tz 1? t

(4)





0

e? zt dt 。 1+ t

t z ?1 1 1 ≤ 1?δ (1) Re z ≥ δ > 0 时,在 t ∈ ( 0,1) 上有 ,由于 1 ? δ < 1 , < 1 ,所 12 2 1 ? t t (1 ? t )




1

dt t

0 1?δ

(1 ? t )

12

收敛,所以



1

0

t z ?1 dt 在 Re z ≥ δ 上一致收敛。 1? t

(2)原积分 =

∞ sin t sin t dt + z ∫0 t ∫1 t z dt 。 1 1 1 sin t t 1 ≤ 2?δ = 1?δ 。由于 ∫ 1?δ dt 收敛, z 0 t t t t

当 Re z ≤ 2 ? δ ( δ > 0 )时,在 t ∈ ( 0,1) 上有 所以



sin t dt 在 Re z ≤ 2 ? δ 上一致收敛。 0 tz
1

当 Re z ≥ δ > 0 时,

b 1 1 ≤ 一致单调趋于零, ∫1 sin tdt = cos1 ? cos b ≤ 2 ,由狄里克莱 t z tδ

判别法可知





1

sin t dt 一致收敛。所以原积分在 δ ≤ Re z ≤ 2 ? δ 上一致收敛。 tz
? zt 2

(3) Re z ≥ δ > 0 时, e

≤ e?δ t ,由于 ∫ e ?δ t dt 收敛,所以原积分一致收敛。
2 2



0

( 4 ) Re z ≥ δ > 0 时, e

? zt

≤ e ?δ t ,所以 ∫ e ? zt dt 一致收敛,又由于
0



1 单调有界,由 1+ t

Abel 判别法可知原积分一致收敛。

? 1? 158.证明: (1) Γ ( z ) = ∫ ? ln ? dx , Re z > 0 ; 0 ? x?
1

z ?1

(2) Γ ( z ) = (3) Γ ( z ) =

∫t
L

z ?1 ? t

e dt , Re z > 0 , L 是自原点发出的射线, 0 < t < ∞ , arg t <
n

π
2




n=0



( ?1)

∞ 1 + ∫ t z ?1e ? t dt , z ≠ 0, ?1, ?2, n! n + z 1



(1)作代换 ln

1? 0 1? 1 = t ,即 x = e ? t ,则 ∫ ? ln ? dx = ? ∫ t z ?1e ? t dt = Γ ( z ) 。 0 ∞ x ? x?

z ?1

(2)令

f ( t ) = t z ?1e ? t ,在如下的围道上积分:

( ∫ +∫
L

CR

+∫



) f (t ) dt ? ∫
z ?t t →0 z ?t t →∞

R

δ

f ( x )dx = 0 。
δ → 0 Cδ

由于 lim tf ( t ) = lim t e
t →0

,所以 lim ∫ f ( t )dt = 0 , = 0 ( Re z > 0 )

由于 lim tf ( t ) = lim t e
t →∞

= 0 ,所以 lim ∫

R →∞ CR

f ( t )dt = 0 。


令围道积分 δ → 0, R → ∞ 既可得 (3) Γ ( z ) =




L

e?t t z ?1dt = ∫ e? x x z ?1dx = Γ ( z ) 。
0
1 ∞

∫t
0

1

z ?1 ? t

e dt + ∫ t e dt = ∫
z ?1 ? t



1

0


n=0

( ?1)

∞ t n + z ?1 dt + ∫ t z ?1e ? t dt 1 n!

n

可求得级数


n=0

( ?1)
n

t n + z ?1 的收敛半径为 ∞ ,所以上式中积分与求和可交换顺序,即 n!
n + z ?1

n

Γ(z) = ∑
n=0 ∞



( ?1)
n!

∫t
0
n

1

dt + ∫ t z ?1e ? t dt 。 Re z > 0 时有 ∫ t n + z ?1dt =
1 0



1

1 ,即 n+ z

Γ(z) = ∑
n=0

( ?1)

∞ 1 + ∫ t z ?1e ? t dt 。 1 n! n + z

任取一有界单连通闭区域 G (排除 z = 0, ?1, ?2,

) ,有

( ?1)

1 1 = n! n + z n!

n

1

( n + x)

2

+y

2



1 。由于 G 有界且不含原点,必存在 M ,使在 G 上 n! y
n

( ?1) 1 在 G 上一致收敛,所以在 G 上解析。 1 M 有 ≤ M 。由于 ∑ 收敛,所以 ∑ y n! n + z n!
由 G 的任意性可知该级数在全平面(排除 z = 0, ?1, ?2, 平面上的解析延拓。 )上解析。上式可作为 Γ ( z ) 在全

159.将下列连乘积用 Γ 函数表示出来: (1) ( 2n ) !! ; (3)(1+ ρ )( 2 + ρ )

(2) ( 2n ? 1) !! ;

(4)? ( n + ρ) ; ?n ( n +1) ? ρ ( ρ +1) ? ?? ?( n ?1) n ? ρ ( ρ +1) ? ?

? ?0 ? ρ ( ρ +1)? ?。

(1) ( 2n ) !! = ( 2n )( 2n ? 2 )( 2n ? 4 ) (2) ( 2n ? 1) !! = ( 2n ? 1)( 2n ? 3)

2 = 2n n ( n ? 1)( n ? 2 ) 1 = 2n n ! = 2n Γ ( n + 1) 。
1=

( 2n )( 2n ? 1)( 2n ? 2 )( 2n ? 3) ( 2n )!!

2 ?1

=

( 2n )! = Γ ( 2n + 1) 。 ( 2n )!! 2n Γ ( n + 1)

(3) Γ ( ρ + n + 1) = ( ρ + n ) Γ ( ρ + n ) = ( ρ + n )( ρ + n ? 1) Γ ( ρ + n ? 1) =

= ( ρ + n )( ρ + n ? 1)
所以 (1+ ρ )( 2 + ρ )

( ρ + 1) Γ ( ρ + 1)

(n + ρ) =

Γ ( ρ + n +1) 。 Γ ( ρ +1)
2

(4) n ( n + 1) ? ρ ( ρ + 1) = ? ? ? ρ + ρ ? n ( n + 1) ? ? = ( ρ + n + 1)( n ? ρ ) , 原式 = ( ρ + n + 1)( ρ + n )

( ρ + 1) ? ( n ? ρ )( n ?1 ? ρ ) ( ? ρ ) =

Γ ( ρ + n + 2) Γ ( n + 1 ? ρ ) 。 Γ ( ρ + 1) Γ ( ?ρ )

160.设ψ ( z ) =

Γ′ ( z ) d 1 ,证明: (1)ψ ( z + 1) = + ψ ( z ) ; ln Γ ( z ) = Γ(z) dz z
1 1 + + z z +1 + 1 ; (3)ψ (1 ? z ) ?ψ ( z ) = π cot (π z ) ; z + n ?1

(2)ψ ( z + n ) ? ψ ( z ) =

(4) 2ψ ( 2 z ) ? ψ ( z ) ? ψ ? z +

? ?

1? ? = 2 ln 2 。 2?

(1)对 Γ ( z + 1) = zΓ ( z ) 两边取对数,再微商即可证。 (2)由 Γ ( z + n ) = ( z + n ? 1)( z + n ? 2 ) (3)由 Γ ( z ) Γ (1 ? z ) =

( z + 1) zΓ ( z ) 可证。

π 可得。 sin (π z )

(4)由 Γ ( 2 z ) =

1

1? ? 22 z ?1 Γ ( z ) Γ ? z + ? 可得。 2? π ?

161.证明:ψ ( z ) 仍以 0 及负整数为其一阶极点,并求其留数。 由上题第( 2 )小题结论, ψ ( z ) = ψ ( z + n + 1) ?

1 1 1 。 ψ ( z + n + 1) 在 ? ? ? z z +1 z+n d z = ?n 的足够小邻域内是解析的 (因为ψ ( z + n + 1) = 而 Γ ( z + n + 1) 是 ln Γ ( z + n + 1) , dz
)为其一阶极点。

解析的) ,所以 z = ?n ( n = 0,1, 2,

resψ ( ? n ) = lim ( z + n )ψ ( z )
z →? n

? ( z + n) ? ( z + n) ? = lim ?( z + n )ψ ( z + n + 1) ? z →? n z z +1 ?

?

? ? 1? = ?1 z + n ?1 ?

( z + n)

2 k +ν ?1) J ( z ) cosνπ ? J ?ν ( z ) ( ?z? 162. 定义 Jν ( z ) = ∑ , 试导出 Yn ( z ) = lim ν , ? ? ν →n sinνπ k = 0 k !Γ ( k + ν + 1) ? 2 ? ∞ k

n = 0,1, 2,

的级数表达式。 )是 Γ ( z ) 的极点,所以有
n

由于 z = ?n ( n = 0,1, 2,

1 = 0 。由此可导出 J n ( z ) 的 Γ ( ?n )

一个性质: J ? n ( z ) = ( ?1) J n ( z ) 。
2k ?n 2 k ?n 2k +n ∞ ∞ ?1) ?1) ?1) ( ( ( ?z? ? z? ?z? J ?n ( z ) = ∑ =∑ =∑ ? ? ? ? ? ? k =0 k !Γ ( k ? n + 1) ? 2 ? k = n k !Γ ( k ? n + 1) ? 2 ? k =0 ( k + n ) !Γ ( k + 1) ? 2 ? ∞ k k k +n

2k +n ?1) ( n ?z? = ( ?1) ∑ = ( ?1) J n ( z ) 。 ? ? k = n k !Γ ( k + n + 1) ? 2 ?

n



k

当 v ≠ n 时, Jν ( z ) 是多值函数,0 和 ∞ 是其枝点,可把负实轴作为割线,规定 arg z < π 。 用 uk ( z,ν ) 表示 Jν ( z ) 级数表达式的通项,当 z ≤ M , v ≤ L ( M , L 是任意正数) , k 充分

uk +1 ( z ,ν ) 1 z 1 ?M ? = ≤ 大时, ? ? → 0 ,所以该级数在 uk ( z ,ν ) ( k + 1) k + ν + 1 2 ( k + 1)( k + 1 ? L ) ? 2 ?
2 2

给定范围内对于 z 和ν 是一致收敛的,可对 z 和ν 逐项微分; Jν ( z ) 是ν 的整函数,在 z 的 单值分枝内是 z 的解析函数。 由于 z = ?n 是 Γ ( z ) 和ψ ( z ) 的一阶极点,且 res Γ ( ? n )

( ?1) =
n!

n

, resψ ( ?n ) = ?1 ,

n 1 ? ( ?1) 2 + a1 ( z + n ) + a2 ( z + n ) + 所以可设 Γ ( z ) = ? z+n? ? n!

? ?, ? ?

ψ (z) =

1 ? 2 ?1 + b1 ( z + n ) + b2 ( z + n ) + ? z+n
k

ψ ?n ? ,由此得 ( ) = ( ?1)n +1 n ! 。 ? Γ ( ?n )
k

2 k +ν 2 k +ν ∞ ?Jν ( z ) ?1) Γ′ ( k + ν + 1) ? z ? ?1) ( ( ? z? ∞ ?z? = ?∑ + ln ? ? ∑ ? ? ? ? 2 ?ν ? 2 ? k =0 k !Γ ( k + ν + 1) ? 2 ? k = 0 k !Γ ( k + ν + 1) ? 2 ?

k 2 k +ν ?1) ψ ( k + ν + 1) ? z ? ( ?z? = ?∑ + Jν ( z ) ln ? ? ? ? k !Γ ( k + ν + 1) ? 2 ? ? 2? k =0

∞ ?Jν ( z ) ( ?1) ψ ( k + n + 1) ? z ? = ?∑ ? ? ?ν ν = n k !( k + n ) ! ?2? k =0 k 2k +n

?z? + J n ( z ) ln ? ? ? 2?

?J ?ν ( z ) ∞ ( ?1) ψ ( k ?ν + 1) ? z ? =∑ ? ? ?ν k !Γ ( k ?ν + 1) ? 2 ? k =0
k k

2 k ?ν

?z? ? J ?ν ( z ) ln ? ? ? 2?
2k ?n

∞ ?J ?ν ( z ) ( ?1) ψ ( k ? n + 1) ? z ? =∑ ? ? ?ν ν = n k =0 k !Γ ( k ? n + 1) ? 2 ?
n?1

?z? ? J ? n ( z ) ln ? ? ? 2?

k k 2k ?n 2 k ?n ∞ ?1) ψ ( k ? n + 1) ? z ? ?1) ψ ( k ? n + 1) ? z ? ( ( n ? z? =∑ + ∑ ? ? ? ? ? ( ?1) J n ( z ) ln ? ? k !Γ ( k ? n + 1) ? 2 ? k !Γ ( k ? n + 1) ? 2 ? ? 2? k =0 k =n

? n?1 ( n ? k ?1) ! ? z ?2k ?n ∞ ( ?1)k ψ ( k + 1) ? z ?2k +n ? z ?? l = ( ?1) ?∑ + ? J z n ( ) ∑ n ? ? ? ? ? ?? k! k !( k + n) ! ? 2 ? ? 2? ? 2 ?? k =0 ? k =0 ? ?
n

当 n = 0 时,上式右边没有第一项求和。 利用洛比达法则,

?Jν ( z ) ?J ( z ) cosνπ ? π Jν ( z ) sinνπ ? ?ν ?ν = 1 ? ?Jν ( z ) ? ( ?1) n ?J ?ν ( z ) ? Yn ( z ) = lim ?ν ? ? ν →n π cosνπ π ? ?ν ?ν ?ν = n

? z ? 1 n ?1 ( n ? k ? 1) ! ? z ? = J n ( z ) ln ? ? ? ∑ ? ? k! π ? 2 ? π k =0 ? 2? 2

2k ?n

2k +n ?1) ( ?z? ? ∑ ?ψ ( k + n + 1) + ψ ( k + 1) ? ?? 2? π k =0 k !( k + n ) ! ? ? ?

1



k

163.计算


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