复变函数与积分变换课后答案中国石油大学出版社张高民崔俭等著

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1、习题一答案1.求卜列复数的实部.1(1)3+2/1引(3)il-i虚部、模、幅角主值及共轨复数:(2)(11)(12)(4)产+4円一j3-2/解：(1)z二一-3+2/133因此：Rez=，Imz-,131312-)=,argz=-arctan-,zV133133+i10Iniz二丄，1011argz=-arctan-,zVlO31013i.3-3i3-5/(3)Z二一二一2+=,il-i3因此，Rez=-3V34Imz13(2)Z0-1)(/-2)1-3/3因此，Rez=-1022I111Z=-,25-3+5i,.二一arctail,z=232(4)z=-i8+4/21-/=-l+4Z-/

2、=-l+3/因此，Rez=-1:Imz=3,|z|=a/10,argz-7i-arctan3,z=-l-3z2.将卜列复数化为三角表达式和指数表达式：(1)i(2)-1+a/3/(3)r(sin+/cos0)(4)r(cos-zsiii)(5)lcos&+isin&(0/3-05(2)(1+/)100+(1-/)100(4)(cos50+isin50)，(cos3isin30)(1-/3z)(cos&+isin&)(1-Z)(cos&-Zsin&)(5)/1(6)Vl+7解：d)(/3-f)5=2(cos(-)+/sm(-)566二2(cos(-)+isiii(-)=-l6(3+i)66(2)

3、 (1+z)100+(1-/)100二严+(-2/)50=-2(2)50=-251(3)(1-V)(cos0+isiii&)(1一i)(cos&-isin&)TTTT2cos(-y)+isiii(-y)(cos&+isin&)V2cos(-)+isiii(-)1cos(-0)+isin(_&)44二V2cos(-醫)+isin(-令)(cos26+isin2&)=阿cos(2&)+dsin(2&一)1=屁叫1212(#)(cos5+jsin5r(cos3?-zsill3)3coslO+zsiiilOcos(90)+isin(90)=cos19卩+/sill190(5)/7i.n3cos+rsm

4、V22I7T1TTcos-(-+2)+/sin-(i+2)722一s22-Gk=0k-lk=2(6)yji+i=/2(cos+zsill)V44迈cos*(彳+2k)+isin+(彳+Ikn)=K.V2er,k=0X-也ejk=4.设Z二一,Z2试川三角形式表示2忆2与一V2z2解：zt=cos+ism,z2-2cos(-)+1sm(-)，所以Z忆,二2cos(-)+/sm(-)二2(cos+isin),12Lv464612121 r(7i7i、./兀7r.1z5n.cos(d)+/sm(H)1=(cosbism)2 464621212S5.解下列方程：(l)(z+i)=l(2)Z4+6f4=

5、0(6Z0)解：(1)z+Z=y/I,由此Z二班_心J,伙=0丄2,3,4)(2)z=y-a4=ya4(cos4-/sinn)6/cos+2k7T)+zsill+Ikn),当&二0丄厶3时，対应的444个根分别为:令(1+几令(-1+从令(-1),命(I)6.证明卜列各题:(1)设z二则|z|2|x|y|,固此有2(x2+/)(|x|+|y|)2,从而(2)对任意复数Z,Z2,有k+$=k+k+2Rc(ZZ2)证明：验证即可，首先左端二(坷+兀2尸+()1+2尸，而右端二+)+X/+y22+2Re(xt+iyv)(x2-iy2)=不$+2+x22+y22+2(x2+yy2)=(xL+x2)2+

6、(yL+y2)2由此，左端=右端，即原式成立。(3)若a+bi是实系数代数方程qz+z/,_1+。“_忆+%)=0的一个根，那么a-bi也是它的一个根。证明：方程两端取共轨，注意到系数皆为实数，并且根据复数的乘法运算规则,z=(z)，由此得到：do(z)+q(z)“+Q“_iZ+Qo=0由此说明：若z为实系数代数方程的一个根，则z也是。结论得证。,、八a-b(4)若。二1，则/?工ay皆有=al-ab证明：根据已知条件，有QQ二1,因此:a-ba-ba-b1二=二=二d,证毕。I-abaa-aba(a-b)a(5)若aI,vl,则有a-bl-ab1l-ab证明：”=(a-b)(a-b)-c-a

7、b-abf=(1-ab)(l-ab)=1+”町-ab一ab,因为|a|l,|Z?|1,所以,a+1/?|-Q|b_1二(1一|a)(b_1)v0,因而|dl-ab,即a-bl-abh结论得证。7.i7z1,试写出使z“+Q込到最人的z的衣达式，其小为ii；a为复数。解：首先，由复数的三角不等式有匕+心团+问1+0|,在上面两个不等式都取等号时z/l+a达到最人，为此，需要取z与a同向且z二1,即z应为。的单位化向量，由此，z二厂H8.试用来表述使这三个点共线的条件。解：要使三点共线，那么用向量表示时，z2-zL与兮一勺应平行，因而二者应同向或反向，即幅角应相差0或帀的整数倍，再由复数的除法运算

8、规则知A厂g应为0或兀的整数倍，至此得到:Z1?Z2,J三个点共线的条件是2Zl为实数。9写出过勺二2（勺工5）两点的直线的复参数方程。解：过两点的直线的实参数方程为:X=+/（兀2不），二久+心2-）因U，复参数方程为:Z二x+砂二不+纫+勺-不+砂2_纫）=勺+r（Z2-zj其中r为实参数。io.卜列参数方程表示什么曲线？（其中为实参数）(1)Z二二(l+i)f(2)z二acosf+ibsinf(3)z二f+-解：只需化为实参数方程即可。(1)X二二匚y二匚因而表示直线y=%(2)X-22JCV二acosfy二bsinf,因而表示椭圆+y=16TO(3)X-1,二匚y二一，因而表示双曲线=

9、l11.证明复T-iiii.i-.的圆周方程可表示为ZZ+dZ+dZ+c二0,其中。为复常数，c为实常数证明：圆周的实方程可表示为：%2+/+Ax+By+c=0,Z+ZZZ22I2代入兀二y=,并注意到x+y=z二zz,由此22i1+c=0,22iABiA+Bi整理，得zz+z+z+c=022A+BiABi记=a,则=a,由此得到22zz+qz+qz+c=0,结论得证。12.证明：幅角主值函数argz在原点及负实轴上不连续。证明：首先，argz在原点无定义，因而不连续。对于x0,v=丄sin&,消去参数&,得2 22211tr+v=-,表示一半径为一的圆周。4214. 指出下列各题中点Z的轨迹

10、或所表示的点集，并做图：解：（I）|zz|二厂（r0）,说明动点到為的距离为一常数，因而表示圆心为Z。，半径为厂的圆周。（2）z_Zq笃是由到為的距离大于或等于厂的点构成的集合,即圆心为為半径为厂的圆周及圆周外部的点集。（3）|z-l|+|z-3|=8,说明动点到两个固定点1和3的距离之和为一常数，因而表示一个椭圆。代入z=x=iy,化为实方程得3+厶11615(4) |z+z|=|z-z|,说明动点到i和一i的距离相等，因而是i和一i连线的垂直平分线，即兀轴。/、疗一(5) arg(z-/)=，幅角为一常数，因而表示以！为顶点的与兀轴正向夹角为4仝的射线。415. 做出卜列不等式所确定的区域

11、的图形，并指出是有界还是无界，单连通还是多连通。(1) 2|z|3,以原点为心，内、外圆半径分别为2、3的圆环区域，有界，多连通(2) aargz/?(0a/?1,显然zh2,并且原不等式等价f-|z-3|z-2|,说明z到3的距离比到2的距离大，因此原不等式表示2与3连线的垂直平分线即X二2.5左边部分除掉%=2后的点构成的集合，是一无界，多连通区域。(4)|z-2|-|z+2|l,显然该区域的边界为双曲线|z-2|-|z+2|=l,化为实方程为=1,再注意到Z到2与z到一2的距离之差大J：1,因而不等式表示的应为上述双曲线左边一支的左侧部分，是一无界单连通区域。(5)|z-l|-()-15

12、15778所以表示圆心为(-,0)半径为后的圆周外部，是一无界多连通区域。习题二答案1.指出卜列函数的解析区域和奇点，并求出可导点的导数。(1)(Z-1)5(2)z+2(3)二一(4)z+一z+1z+3解：根据函数的可导性法则(可导函数的和、差.积、商仍为可导函数，商时分母不为0),根据和.差、积、商的导数公式及复合函数导数公式，再注意到区域上可导一定解析，由此得到：(1)(z-1)5处处解析,(z-1)5T=5(z-1)4z3+liz处处解析，(z34-2izy=3z2+2i3的奇点为才+1二0,即z二土i,z+1(1丫=一&+1)_9+1(F+l)2一(才+1厂z+的奇点为z二一3,z+3

13、(Z+亠亍二1_(，Q工_3)z+3(z+3)2.判别卜列函数在何处可导，何处解析，并求出可导点的导数。(1)/(z)=xy1-x2yi(2)/(z)=x2+2z(3)(4)_2z(Z主0(3) /(z)=x+i(3肃yy)/(Z)=-z解：根据柯酋一黎曼定理：2(1) w=,v=xy9以二此vy=xuy=2x)vx=2xy四个一阶偏导数皆连续，因而处处可微，再由柯西一黎曼方程ux=vy,uy=一匕解得:x=y=0f因此函数在z=0点可导，/r(0)=ux+ivx=o=0,函数处处不解析。22(2) u-xv=y,以=2兀，vy=2y,uy=0,vr=0四个一阶偏导数皆连续，因而处处可微，再由

14、柯西一黎曼方程ux-vv,uy=-匕.解得：x=y9因此：函数在直线y=x,可导，fXx+ix)=ux+ivxy=x=2x,因可导点集为直线，构不成区域，因而函数处处不解析。(3)u=x3-3xy2,v=3x2y-y3,ux-3x2-3y2,vv二3x2一3)，川二-6xy,vx-6xy四个一阶偏导数皆连续，因而处处可微，并且U.V处处满足柯西一黎曼方程ux=Vv,uy二一Vv因此，函数处处可导，处处解析，且导数为f(z)=ux+ivx-3x2-3,2+/6xy=3z2/二丄二丄一二：+“2，二2兀222y2，IZx-iyx+yx+yx+yy1-x1x2-y2u,V:,“(才+护)2y(x2+

15、/)2-2xy-2xyU：二,、X+y2)2“E+y2)2因函数的定义域为zhO,故此，”，处处不满足柯西一黎曼方程，因而函数处处不可导，处处不解析。3.当l,m,n取何值时/(z)=my3+nx1y+z(x34-Ixy1)在复平面上处处解析？解：u=my3+nx1儿v=x3+Ixy1ux二Inxyvv二2/xy,ux-3my2+nx2,vx=3x2+ly2,由柯西一黎曼方程得：ux=2nxy=vv=2/x(1)uy二3my2+nx2=-vx=-3x2-ly2(2)由(i)得h=/,由(2)得n=-3,3m=-1,因而，最终有m-1h=/=-34.证明：若于解析，则有(g(Z)|)2+(訓(Z

16、)=f(Z)f+v2证明：由柯西一黎曼方程知，左端二(a/w2+v2)2+(Vw2+V2)2dxdyw2+v2_严5+叫、2./匕+VVv、2_(叫+W,)2+(叫一叫尸ir+v2一/(化+匕)2+(_匕)2_匕+匕)2|广(z)二右端，证毕。5. 证明:nf(z)=u+iv在区域D内解析，IL满足卜列条件Z，则/(Z)在D内一定为常数。(I)/(Z)在D内解析，(2)U在D内为常数，(3) /(Z)在D内为常数，(4)V-IC(5)2U+3V=1证明：关键证明的一阶偏导数皆为0!(!)/(Z)=W-/V,因其解析，故此由柯西一黎曼方程得-W.v=Vv(1)而由/(z)的解析性，又有ux-Vv

17、,UX=-Vx(2)由(1)、(2)知I,LIX-uy=匕.=vv=0,因此u=q,v=c2,即/(Z)=q+zc2为常数(2) 设弘=q,那么由柯西一黎曼方程得匕二匕三，匕=匕三，说明v与兀，y无关，因而v=c2,从而/()=q+zc2为常数。(3) 由已知，|/(z)|2=u24-v2=c0为常数，等式两端分别对兀y求偏导数,得2uur+2vvr二2uux+2wv:=0(1)=0(2)因/(Z)解析，所以又有Ux-Vv,uv=-vx求解方程组(1)、(2),得ux-ux-vx=Vv=0,说明皆与兀丁无关，因而为常数，从而/(Z)也为常数。(4) 同理，V=U2两端分别刘求偏导数，得匕.=2

18、叫vy=2uuv再联立柯西一黎曼方程冷.=Vv,II.=匕.，仍有u=u=v=v=0xyxy(5)同前而一样，2u+3v=1两端分别对兀,y求偏导数，得2ua+3va.二0,2wv+3vv=0考偲到柯西一黎曼方程叫=片，ux=-vx,仍有ux-uy=vx=vy=0,证毕。6. 计算卜列各值(若是对数还需求出主值)爪.I(1)e2(2)Ln(-i)Ln(-3+4i)2(4)sini(5)(1+Z)1(6)TPM：(i)e2,=cos(-|)+l-sin(-)=-/2k为任意整数,(2)/?(-/)=lii|-Z|+arg(-z)+Ikni-(+2k)7ri,(3) Ln(-3+4z)=ln-34

19、-4z|+arg(-3+4z)+2kni4=lii5+(-arctail+2k7T)i,k为任意整数主值为：lii(-3+4/)=lii5+(-arctail)z(4)siiiz=smz=12i2W严g)二J447.求e7：和Arge:解：启二因此根据指数函数的定义，有Arge:=2xy+2k7r9（R为任意整数）8.设z-retd,求ReLn(z-1)解：Ln(z-1)=Inz-1|+zarg(z-1)+2kni,因此Re厶舁(z-1)=lii|z-l|=liiJ(/cos&l)2+(/sin&)二fln(l2厂cos&+尸)9.解下列方程：2(4)shz-i(3)sinz+cosz二0（k

20、为任意整数）(2) 根据对数与指数的关系，应有m兀乃.Z=e2=cos+ism=z22(3) 由三角函数公式(同实三角函数一样)，方程可变形为siiiz4-cosz=/2sin(z+)=04因此z+=k7,即=k7t-匕,k为任意整数4477e、_(4) 由双曲函数的定义得shz=二i,解得2(ez)2一lie7-1=0,即e=i,所以JIz=Lni-(+2kn)i,k为任意整数10.证明罗比塔法则：若/(z)及g(z)在Zo点解析，且/(%)二g(z)=0,0(Zo)HO,贝Ijlim/斗=厶二，并由此求极0g(z)gUo)liin/二liinZZogg-g(Zo)ZZo由此,liin-si

21、lizrcosztlull=1zztO111111-r-1=liin=ez01vsmzvLl限11111；11111zozz-oz证明：由商的极限运算法则及导数定义知/-/(Z。)11用对数计算公式直接验证:(1)Lnz2工ILnz(2)Ln丘=Lnz2解：记z=reie,贝9(i)左端二Ln(r2e2t0)=21n广+(2。+2血开,r。Z-Zo二广(Z)lim&一巩5亍”)gzZo右端二2lii厂+(0+2m7r)i=2111r+(2&+4m7r)i,其中的人加为任意整数。显然，左端所包含的元素比右端的要多(如左端在R二1时的值为2In厂+(20+2疗)0而右端却取不到这一值)，因此两端不

22、相等。8+2汀皿.0(2)左端二2=liir+(一m7i+2k7)i2/210右端二一In厂+(&+2n7T)i二一In厂+(+nn)i2/2/2其中为任意整数，而m=0,1不难看出，对丁左端任意的k,右端取2k或2k+1时与其対应；反之，対J：右端任意的”，当n=2l为偶数时，左端可取k=l,tn=0其对应，而当n=2l+1为奇数时，左端可取k=21,m=1J-其对应。综上所述，左右两个集合中的元素相互对应，即二者相等。12.证明sillz=sillJcosz=cosz证明：首先有e:=(cosy+isiny)=e(cosyisiny)=f=“，因此1717J7/7乃/7/7-2i-2i-Q

23、_e、e-ee-ee“一e、smz=()=j-2isniz9第一式子证毕。2i同理可证第二式子也成立。siiiz陶(即ysinz|訓)ei:+e13.证明|lmz|-iZ证明：首先，smz2i右端不等式得到证明。其次，由复数的三角不等式又有siiiz|=2i根据高等数学中的单调性方法可以证明20时h“，因此接着上剛证明，z|7?,证明sinzy,左端不等式得到证明。coszchRsiiiz护-严0时c/m:单调增加，因此有sinz|chychR,同理,cosz=2=-_22_215.已知平而流场的复势/(Z)为证毕。(1)(z+/)22(2)匸(3)1试求流动的速度及流线和等势线方程。z+1/

24、+eiz沪+戶ey+ey*恻+占解：只需注意,若记f(z)=(p(x,y)+ii/(x,y),则流场的流速为7二,ch)j+006.用积分估计式证明：若/(z)在整个夏丫面上有界，则正整数M1时5估计积分!吕械其中为+i到的圆心在原点的上半圆周。ids二C的弧长二71cdz=00则由积分估计式得z上汕J/PnJn其中5为圆心在原点半径为R的正向圆周。证明：记|/(z)M,Rn01,因此上式两端令s取极限，由夹比定理，得证毕。71(3)71.7. 通过分析被积函数的奇点分布情况说明卜列积分为0的原因，其中积分曲线C皆(1)(4)dz(2)0)N+2Z+4(5)“泌C解：各积分的被积函数的奇点为：

25、(I)z=2,Tdz(3)九?+2(2)(z+厅+3=071(3)71.71(3)71.即z二一1土丿亍，(3)z二土血=0,证毕。5+4cos&13. 设/(z),g(z)都在简单闭曲线C上及C内解析，且在C上/(z)二g(z),证明在C内也有/(z)二g(z)由已知，在积分曲线C上，/(z)二g(z),故此有/(Zo)二g(Zo)再由Zo的任意性知，在c内恒有/(Z)二g(z),证毕。14. 设/(z)在单连通区域D内解析，Jl.|/(z)-l|h证明(1)在D内于工。；C/证明：(I)显然，因为若在某点处/(z)=0,则由已知I|0-1|1,矛盾！(也可直接证明：|/(z)|-l|/(z

26、)-l|l,因此-1|/(z)|-11,即0|/(z)|2,说明/(z)hO)(3) 既然/(z)hO,再注意到于(z)解析，广(z)也解析，因此由函数的解析厂性法则知也在区域D内解析，这样，根据柯西基本定理，対内任一简单闭曲线c,皆有厶上丿dz二0,证毕。15. 求双曲线y2-x2=c(CHO为常数)的正交(即垂直)曲线族。解：=)“一_?为调和函数，因此只需求出其共轨调和函数u(兀刃，则v(x,y)=c便是所要求的曲线族。为此，由柯西一黎曼方程vv=-uy=-2y,因此v二，再由vv-ux=-2x1,g(y)三0,即g(y)=c为常数，因此v=-2xy+c0,从而所求的正交曲线族为a)?=

27、c(注：实际上，本题的答案也可观察出，因极易想到/(z)=-z2=y2-x2-Ixyi解析)16. 设v=epxsmy,求卩的值使得u为调和函数。解：由调和函数的定义匕*4-vvv=pepxsiny+(epxsilly)=0,因此要使v为某个区域内的调和函数，即在某区域内上述等式成立，必须/?21=0,即/?=+1O17. 已知+u=兀2一+2尢y5兀一5y,试确定解析函数f(z)=u+iv解：首先，等式两端分别对求偏导数，得wv+vv=2x+2y-5（i）ux+vv-2y+2x-5（2）再联立上柯酋一黎曼方程ux=V.v（3）Uy从上述方程组中解出wv?wv,得ux=2x-5,uy=-2y这

28、样，对冷积分，得u=x2-5x+cy),再代入比冲，得c(y)=2几c(y)=-/+c0至此得到：w=x2-5x-/+c0,由二者之和又可解出v=2厂一5歹一(?0，因此/(z)=w+iv=z2-5z+c0-coi,其中c0为任意实常数。注：此题还有一种方法：由定理知广(Z)二ux+ivx=ux一iuy二2x-5+2)”=2z-5由此也可很方便的求出/(z)。18.由卜列各己知调和函数求解析函数/(z)=M4-rv解：(1)U二兀2+xy一y2,/(/)=-14-Z,由柯西一黎曼方程，vv=ux-2x+y,对y积分，得v=2xy+|y2+c(x),再由=uv得2y+c(尢)=x+2y,因此cx

29、)-x,c(x)=-x2+c0,所以v=2xy+|/-|x2+c0,因/(/)=-1说明x=O,y=i时卩二1,由此求出c二丄,至此得到：2小+,/(z)=w+/v=x2+x-y2+(y/-x2+整理后可得：f(z)(1OFi22心，/(2)=0jr+y(疋+卄X+y2)2/二-丄+C，(矿(ZZ)2其中c为复常数。代入于(2)=0得,1c二一，故此2此类问题，除了上题采用的方法外，也可这样:fz)=ux+ivx=vyivxx2-y2Ixy打、11/w=-2zV(3) v-arctail(兀0)x同上题一样,广(z)=Ux+ivx-vy+ivxx._y；Z1二+7二二.2222_x+yx+yz

30、zZ因此/*(z)=lnz+Co,其中的InZ为对数主值，q为任意实常数。(4) u=ex(xcosy-ysiny),/(0)=0vv=-uy=exsiny+siny4-ycosy),对x积分，得v-sin)Jexxdx4-(siny+ycosy)+c(x)=silly(x一10+ex(silly+ycosy)+c(x)=ex(xsiiiy+ycosy)+c(x)再由vy=ux得c(兀)=0,所以c(x)=c0为常数，由于(0)二0知,x=y=0时v=0,由此确定出c0=0,至此得到：v=exsiny+ycosy)/(z)-u+iv-ex(xcosy-ysilly)+/eA(xsiiiy+yc

31、osy),整理后可得f二019.设在|z|l/(z)解析，且|/(z)|l，证明I/z(0)|1证明：由高阶导数公式及积分估计式，得/ds中Z证毕。20.若/(z)在闭圆盘|z-z0|7?解析，且f(z)M,试证明柯術不等式务M,并由此证明刘维尔定理：在整个复平面上有界且处处解析的函数一定为常数。证明：由高阶导数公式及积分估计式，得n2ttR,1+1nM2ttR忒/()ds=2ttR=dsnM2乃加nMRn柯西不等式证毕：卜证刘维尔定理:因为函数有界，不妨设|/(z)|M,那么由柯西不等式，对任意Z。都有|/(z0)|,又因/(z)处处解析，因此R可任意大，这样，令RRt+s，得|广(知)|c

32、ovd+尹Isi解：1+矿2(cs%汕询,其中arctan-,则rJs八金n8co严co严由定义4.1知，数列乙收敛，极限为0co严co严解：因为=Elim丄=0,所以lime2T8JJn-cofl=0由定义4.1知，数列收敛，极限为o第(S”z解：设Z=厂(cos0+isill0),则zn=(=)n=cos2n6+isin2nd,因为limeos2n0,Innsin2n/9都不存在，所以1山】疋不存在，由定理4.1知，数列&讣不收敛“T8刃T82.下列级数是否收敛？是否绝对收敛?解:8严和，由正项级数的比值判别法知该级数收敛，故级数苔万收敛,且为绝对收敛.co严H7TooCOS解：Y=Y+I

33、n11n=2111/?=200U7CcoCOS因为工.铝Inn敛法知该级数收敛,InnoosinzY2-+!+是交错级数，根据交错级数的莱布尼兹审F1112hi4ln6lnS同样可知,+hi3ln51117n兀coSillIAAIA2111111119E=1-+-+也收敛，故级数士是收敛的.乂萌811I=52、紅111n11177H-l00故级数酩发散，从而级数n=2W二条件收敛心In/?gLcos加s/r=0cocoR解：y21=y厶,厶丄nn+1/?=0Z/?=0乙n=08en8厂8en8cosin=工河+工尹，因级数工尹发散，故工发散.n=0Z/?=0厶/?=0乙n=0Z8解：工n=0n

34、8屈=y-,由正项正项级数比值判别法知该级数收敛，故级数8(3+5汗Y-收敛，且为绝对收敛沪0川3.试确定下列幕级数的收敛半径.111116;,41-1+1=yf2,W|Jco(1)工(1+仁川=0解:故此幕级数的收敛半径人=17T解:lunSL=lnn-8cH-8(+l)!nn(w+1),+1n!1故此幕级数的收敛半径R=e.co工/辽n=l解：lim险|=lim孚=1,故此幕级数的收敛半径R=.28CT8/-(4)cos/?=!2口-12l28911_1o7?_1解：令r=z,则=w=l2/r=l22n+llnnM=lunM_=i,故幕级数的收敛域为|z|2,即|才2,从而幕级数”芒宀的收

35、敛域为崗l时，工陆I団工陆|，因为工陆|发散，根据正项级数的比较准则可知,/?=0/?=0/?=0COCO8SlllZ”|发散，从而陆|団的收敛半径为1，由定理4.6,的收敛半径也为1./:=0/?=0n=0005. 如果级数工C”Z”在它的收敛圆的圆周上一点$处绝对收敛，证明它在收敛圆所围的闭n=0区域上绝对收敛证明：|z|z0|时，由阿贝尔定理，士C“z绝对收敛.n=0牛味时，卜勺C”忖|，由已知条件知，$|c”kn=0n=0n=08收敛，亦即绝对收敛.n=06. 将下列函数展开为Z的幕级数，并指出其收敛区域.(W解：由J：函数一的奇点为z=i,因此它在z1内处处解析,(1+b成Z的幕级数

36、.根据例4.2的结果，可以得到-r=i-r+?-+z1-1+将上式两边逐项求导，即得所要求的展开式)(一丄)=12才+3疋+(1)nzln2+(1+r/1+72z(2) (dH0,/?H0)(Zd)(Zb)解：b时，由于函数丙尹(心0()的奇点为zw处处解析，可以在此圆内展开成Z的幕级数.(Z-a)(z-b)ciHb时，由J：函数(。工0上工0)的奇点为Zi=a,(Z-d)(Z-b)00收敛，即工|c”|fn=0可以在此圆内展开因此它在zci内-严+,|z|va.=b,因此它在z|vmn】问,|b|内处处解析，可以在此圆内展开成z的幕级数.a_a)a_b)1,1Z疋1ZT、兀於二一不一莎L沪戸

37、萨士卜*+话_挣+侖一為）f诩牛皿林附(3) cosi解：由J：函数cos/在复平而内处处解析，所以它在整个复平而内可以展开成z的幕级数.n747e:sinz解：由J：函数Hsmz在复平面内处处解析，所以它在整个复平面内可以展开成z的幕级数.古_严占+叹一占一讥e、sinz=严0亍矿+3丽1朴+6(4) shz解：由J：函数刃瓦在复平而内处处解析，所以它在整个复平而内可以展开成Z的幕级数.+,Z+0(2川+1)!$加=-isiniz=-i(iz一竽+(-1),+)=Z+号+心)(5) sin2z解：由J：函数suf在复平而内处处解析，所以它在整个复平面内可以展开成Z的幕级数.suFz=匕吐=丄

38、(1_+空_+(_1)+】空】+)22!(2/?)!(2沪凶+(K2x2!2/扑+*+斗亠Wn2!(1-讥)4+些+(*7讥+r+八兰+肘v+d2i2!n!37. 求下列函数展开在指定点处的泰勒展式，并写出展式成立的区域.(1)(Z+l)(Z+2)解:Z1_(Z+l)(Z+2)z+2Z+11_1(22)1严2-朮4“41_11_lf(z-2)“2+3=亍|Z-2巧占3”3由于函数Y的奇点为勺=-1,乙=-2,所以这两个展开式在|z-23内处处成(Z+l)(Z+2)立所以有：Z=y(Z-2f(Z+l)(Z+2)一誤co=s(11=02T*)(Z2)”,|z2|v3.,Zo=l解：由于丄=!=l-(Z-l)+(Z-1)2+(_1)乜_1)“+，ZZ-1+1所以4=-(-)=i-2a-i)+-+(-iriH(z-iri+-,k-iii.疋z11(3)-,=1+/4一3乙解:111_14_3z_4_3(z_：)_3_3i_3i_3(z_i)_TF113?s11=0(ur展开式成立的区域:咅(1,解：tanz=sec2z，tanz=2sec2ztauz，tailz=2sec2(2tail2z+1)，2tanz、冗a打=sec*=2,tanz托=2sec2ztanz匚4r=4托=2,taiz,故有打=2sec2z(2taif+1)=-