《复变函数论》第四章

第四章 解析函数的幂级数表示方法

第一节 级数和序列的基本性质 1、复数项级数和复数序列： 复数序列就是：

111222,,...,,...n n n z a ib z a ib z a ib =+=+=+在这里，n z 是复数，

,Im ,Re n n n n b z a z ==一般简单记为}{n z 。按照|}{|n z 是有界或无界序列，

我们也称}{n z 为有界或无界序列。

设0z 是一个复常数。如果任给0ε>，可以找到一个正数N ，使得当

n>N 时

ε<-||0z z n ,

那么我们说{}n z 收敛或有极限0z ，或者说{}n z 是收敛序列，并且收敛于0z ，记作

0lim z z n n =+∞

→。

如果序列{}n z 不收敛，则称{}n z 发散，或者说它是发散序列。

令0z a ib =+，其中a 和b 是实数。由不等式

0||||||||||n n n n n a a b b z z a a b b --≤-≤-+-及

容易看出，0lim z z n n =+∞

→等价于下列两极限式： ,lim ,lim b b a a n n n n ==+∞

→+∞

→

因此，有下面的注解：

注1、序列{}n z 收敛（于0z ）的必要与充分条件是：序列{}n a 收敛（于a ）以及序列{}n b 收敛（于b ）。

注2、复数序列也可以解释为复平面上的点列，于是点列{}n z 收敛于

0z ，或者说有极限点0z 的定义用几何语言可以叙述为：任给0z 的一个

邻域，相应地可以找到一个正整数N ，使得当n N >时，n z

在这个邻域内。

注3、利用两个实数序列的相应的结果，我们可以证明，两个收敛复数序列的和、差、积、商仍收敛，并且其极限是相应极限的和、差积、商。

定义4.1复数项级数就是

12......n z z z ++++

或记为1

n n z +∞

=∑，或n z ∑，其中n z 是复数。定义其部分和序列为：

12...n n z z z σ=+++

如果序列{}n σ收敛，那么我们说级数n z ∑收敛；如果{}n σ的极限是

σ，那么说n z ∑的和是σ，或者说n z ∑收敛于σ，记作

1

n

n z

σ+∞

==∑，

如果序列{}n σ发散，那么我们说级数n z ∑发散。

注1、对于一个复数序列{}n z ，我们可以作一个复数项级数如下

121321()()...()...n n z z z z z z z -+-+-++-+

则序列{}n z 的敛散性和此级数的敛散性相同。 注2级数

n

z

∑收敛于σ的N ε-定义可以叙述为：

0,0,,N n N ε?>?>>使得当时有

1||n

k k z σε=-<∑，

注3如果级数n z ∑收敛，那么

1lim lim ()0,n n n n n z σσ+→+∞

→+∞

=-=

注4令

Re ,Re ,Im ,Re ,Im n n n n n n a z a z b z a b σσ=====，

我们有 1

1

n n

n k k k k a i b σ===+∑∑

因此，级数n z ∑收敛于σ的充分与必要条件是：级数n a ∑收敛于a 以及级数n b ∑收敛于b 。

注5关于实数项级数的一些基本结果，可以不加改变地推广到复数项级数，例如下面的柯西收敛原理：

定理4.2柯西收敛原理（复数项级数）：级数n z ∑收敛必要与充分条件是：任给0ε>，可以找到一个正整数N ，使得当n>N ，p=1,2,3,…

12|...|n n n p z z z ε++++++<

柯西收敛原理（复数序列）：序列{}n z 收敛必要与充分条件是：任给

0ε>，可以找到一个正整数N ，使得当m 及n>N ，

||n m z z ε

-<

对于复数项级数n z ∑，我们也引入绝对收敛的概念： 定义4.2如果级数

12||||...||...n z z z ++++

收敛，我们称级数n z ∑绝对收敛。非绝对收敛的收敛级数称为条件收敛

复级数n z ∑收敛的一个充分条件为级数n z ∑收敛

注1、级数n z ∑绝对收敛必要与充分条件是：级数n a ∑以及n b ∑绝

对收敛：事实上，有

1

1

1

1

1

||||||||||,

n

n n n

k

k nk k k k k n

k k k k a

b z a b ======≤=≤+∑∑∑∑∑及

注2、若级数n z ∑绝对收敛，则n z ∑一定收敛。

例4.1当||1α<时，21......n ααα+++++绝对收敛；并且有

1

2

111...,lim 01n n

n n αααααα++→+∞

-++++==-

我们有，当||1α<时，

211.......1n αααα

+++++=

-

定理4.1如果复数项级数'n z ∑及"n z ∑绝对收敛，并且它们的和分别为',"αα，那么级数

'"'"'"

12111(...)n n n n z z z z z z +∞

-=+++∑ 也绝对收敛，并且它的和为'"αα。 2、复变函数项级数和复变函数序列：

定义4.3 设{()}(1,2,...)n f z n =在复平面点集E 上有定义，那么：

...

)(...)()(21++++z f z f z f n

是定义在点集E 上的复函数项级数，记为1

()n n f z +∞

=∑，或()n f z ∑。设函

数f(z)在E 上有定义，如果在E 上每一点z ，级数()n f z ∑都收敛于

()f z ，那么我们说此复函数项级数在E 上收敛于()f z ，或者此级数

在E 上有和函数()f z ，记作

),

()(1

z f z f

n n

=∑+∞

=

设

),...(),...,(),(21z f z f z f n

是E 上的复函数列，记作+∞=1)}({n n z f 或)}({z f n 。设函数)(z ?在E 上有定义，如果在E 上每一点z ，序列)}({z f n 都收敛于)(z ?，那么我们说此复函数序列在E 上收敛于)(z ?，或者此序列在E 上有极限函数)(z ?，记作

),()(lim z z f n n ?=+∞

→

注1、复变函数项级数∑)(z f n 收敛于()f z 的N -ε定义可以叙述为：

有时使得当,,0,0N n N >>?>?ε

.|)()(|1ε<-∑=z f z f n

k k

注2、复变函数序列)}({z f n 收敛于)(z ?的N -ε定义可以叙述为：

有时使得当,,0,0N n N >>?>?ε

.|)()(|ε?<-z z f n

定义4.4如果任给0>ε，可以找到一个只与ε有关，而与z 无关的正整数()N N ε=，使得当E z N n ∈>,时，有

.|)()(|1ε<-∑=z f z f n

k k

或 .|)()(|ε?<-z z f n

那么我们说级数∑)(z f n 或序列)}({z f n 在E 上一致收敛于()f z 或)(z ?。 注解1、和实变函数项级数和序列一样，我们也有相应的柯西一致收敛原理：

定理4.5柯西一致收敛原理（复函数项级数）：复函数项级数∑)(z f n 在

E 上一致收敛必要与充分条件是：任给0>ε，可以找到一个只与ε有

关，而与z 无关的正整数)(εN N =，使得当E z N n ∈>,，p =1,2,3,…时，有

.|)(...)()(|21ε<++++++z f z f z f p n n n

柯西一致收敛原理（复函数序列）：复变函数序列)}({z f n 在E 上一致收敛必要与充分条件是：任给0>ε，可以找到一个只与

ε有关，而与

z 无关的正整数)(εN N =，使得当E z N n m ∈>,,时，有

.

|)()(|ε<-z f z f m n

注2、一致收敛的魏尔斯特拉斯判别法(优级数准则)：设

,...)2,1)}(({=n z f n 在复平面点集E 上有定义，并且设

是一个收敛的正项级数。设在E 上，

,...),2,1( |)(|=≤n a z f n n

那么级数∑)(z f n 在E 上绝对收敛且一致收敛。

这样的正项级数1n n a ∞

=∑称为复函数项级数∑)(z f n 的优级数.

定理 4.6 设复平面点集E 表示区域、闭区域或简单曲线。设

,...)2,1)}(({=n z f n 在集

E 上连续，并且级数∑)(z f n 或序列)}({z f n 在E 上

一致收敛于()f z 或)(z ?，那么f (z )或)(z ?在E 上连续。

定理4.7 设,...)2,1)((=n z f n 在简单曲线C 上连续，并且级数∑)(z f n 或序列)}({z f n 在C 上一致收敛于()f z 或)(z ?，那么

...

...21++++n a a a

,)()(1

?∑?

=+∞

=C

n C

n dz z f dz z f

或

.)()(??

=C

C

n dz z dz z f ?

注1、在研究复函数项级数和序列的逐项求导的问题时，我们一般考虑解析函数项级数和序列；

注2、我们主要用莫勒拉定理及柯西公式来研究和函数与极限函数的解析性及其导数。

定义4.5设函数,...)2,1)}(({=n z f n 在复平面C 上的区域D 内解析。如果级数∑)(z f n 或序列)}({z f n 在D 内任一有界闭区域（或在一个紧集）上一致收敛于()f z 或)(z ?，那么我们说此级数或序列在D 中内闭（或内紧）一致收敛于()f z 或)(z ?。

定理4.9（魏尔斯特拉斯定理）设函数,...)2,1)((=n z f n 在区域D 内解析，并且级数∑)(z f n 或序列)}({z f n 在D 内闭一致收敛于函数()f z 或)(z ?，那么()f z 或)(z ?在区域D 内解析，并且在D 内

,)()(1

)()

(∑+∞

==n k n k z f z f

或

,...).3,2,1(),(lim )()()(==+∞

→k z f z k n n k ?

证明：先证明()f z 在D 内任一点0z 解析，取0z 的一个邻域U ，使其包含在D 内，在U 内作一条简单闭曲线C 。由定理4.7以及柯西定理，

,0)()(1

==∑??

+∞

=n C

n C

dz z f dz z f

因为根据莫勒拉定理，可见()f z 在U 内解析。再由于0z 是D 内任意一点，因此()f z 在D 内解析。

其次，设U 的边界即圆K 也在D 内，于是

∑+∞

=+-1

1

)

()

(n k n z z z f ，

对于K z ∈一致收敛于

1

0)()

(+-k z z z f 。由定理4.7，我们有

,)()(21

)()(2111010∑??+∞

=++-=-n K k n K k dz z z z f i

dz z z z f i ππ 也就是

,...)3,2,1(,)()(1

)()

(==∑+∞

=k z f z f

n k n k

因此，定理中关于级数的部分证明结束。

对于序列，我们也先证明)(z ?在D 内任一点0z 解析，取0z 的一个邻域

U ，使其包含在D 内，在U 内作一条简单闭曲线C 。由定理4.7以及

柯西定理，

,0)(lim

)(lim )(===?

??

+∞→+∞

→C

n n C n z C

dz z f dz z f dz z f

因为根据莫勒拉定理，可见)(z ?在U 内解析。再由于0z 是D 内任意一点，因此)(z ?在D 内解析。

其次，设U 的边界即圆K 也在D 内，于是

1

0)()

(+-k n z z z f ，

对于K z ∈一致收敛于

1

0)

()

(+-k z z z ?。由定理4.7，我们有

dz z z z f i dz z z z i K k n n K k ??++∞→+-=-1

010)()(lim 21

)()(21π?π

dz z z z f i K k n n ?++∞→-=1

)()(21

lim

π 也就是

,...).3,2,1(),(lim )()()(==+∞

→k z f z k n n k ?

因此，定理中关于序列的部分证明结束。

第二节 幂级数

幂级数：本节研究一类特别的解析函数项级数，即幂级数

...

)(...)()()(02020100

0+-++

-+-+=-∑+∞

=n n n n n

z z z z z z z z ααααα

其中z 是复变数，系数n α是任何复常数。

注1、这类级数在复变函数论中有特殊重要的意义； 注2、一般幂级数在一定的区域内收敛于一个解析函数；

注3、在一点解析的函数在这点的一个邻域内可以用幂级数表示出来，因此一个函数在某个点解析的必要与充分条件是，它在这个点的某个邻域内可以展开成一个幂级数。

首先研究幂级数的收敛性，我们有阿贝尔第一定理：

定理4.10(阿贝尔定理) 如果幂级数∑+∞

=-00)(n n n z z α在)(01z z ≠收敛，那么它

在||||010z z z z -<-内绝对收敛且内闭一致收敛. 证明：由于幂级数∑+∞

=-00)(n n n z z α在)(01z z ≠收敛，所以有

0)(lim 01=-+∞

→n n n z z α，

因此存在着有限常数M ，使得10|()|n n z z M α-≤ (0,1,...)n =。把级数改写成

n

n n n z z z z z z ∑∞

+=?

??? ??---001001)(α

则有

01010

|()||()|

n

n n n n z z z z z z z z αα--=--

10

,n

n z z M

Mk z z -≤=-

其中已令

,0

10

k z z z z =--由于级数,0

∑+∞

=k n Mk 收敛，所以此幂级数在满足

||||010z z z z -<-的任何点 z 绝对收敛且内闭一致收敛。

推论 4.11 若幂级数∑+∞

=-0

0)(n n n z z α在20()z z ≠发散,则它在以0z 为心并通

过2z 的圆周外部发散.

注1：与幂级数∑+∞

=-00)(n n n z z α相对应，作实系数幂级数

...||...||||||||22100

+++++=∑+∞

=n n n n n

x x x x ααααα

其中x 为实数。则有

设0||n n n x α+∞

=∑的收敛半径是R ，那么按照不同情况，我们分别有：

(1)、如果+∞<

=-0

0)(n n n z z α绝对收敛，

当R z z >-||0时，级数∑+∞

=-0

0)(n n n z z α发散；

（2）如果+∞=R ，那么级数∑+∞

=-0

0)(n n n z z α在复平面上每一点绝对收敛；

（3）如果R =0，那么级数∑+∞

=-0

0)(n n n z z α在复平面上除去0z z =外每一点

发散。

证明：

（1）先考虑+∞<

=0||n n n x α在1r x =时绝对收敛，

所以级数∑+∞

=-0

0)(n n n z z α在10r z z =-时绝对收敛，从而它在1z z =时也绝对

收敛。

如果R z z >-||01，那么可以找到一个正实数2r ，使它满足R r z z >>-201||。假定级数∑+∞

=-00)(n n

n z z α在2z z =时收敛，那么级数∑+∞

=0

||n n n x α在2r x =时也收

敛，与所设相矛盾。

（2）如果+∞=R ，则对任何实数x ，级数∑+∞

=0||n n n x α都绝对收敛。如果

r z z =-||01，由于级数∑+∞

=0

||n n

n x α在r x =时绝对收敛，所以级数∑+∞

=-0

0)(n n

n z z α在r z z =-0时绝对收敛，从而它在1z z =时也绝对收敛，由于1z 的任意性，那么级数∑+∞

=-00)(n n n z z α在复平面上每一点绝对收敛；

（3）如果R =0，则对任何实数0≠x ，级数∑+∞

=0

||n n n x α都发散。若存在一

个复数)(01z z ≠，使得∑+∞

=-0

01)(n n n z z α收敛，则由定理4.10，当|

|||010z z z z -<-时，∑+∞=-0

0)(n n

n z z α绝对收敛，即∑+∞

=-0

0||||n n n z z α收敛，所以存在0≠x ，使得

∑+∞

=0

||n n n

x α

收敛，与假设矛盾。

注1、当+∞<

=-0

0)(n n n z z α的敛散性不定。

注2、和数学分析中一样，注解1中的)0(+∞<

注3、因此，求∑+∞

=-00)(n n

n z z α的收敛半径的问题归结成求∑+∞

=0

||n n n x α的收

敛半径的问题。和数学分析中一样，常见情况下，可以用达朗贝尔法则或柯西法则求出。对于一般情况，则可用柯西-阿达马公式求出，因此，有下面的定理： 定理4.12（柯西-阿达马公式） 如果下列条件之一成立：

（1） |,|lim 1

n

n n l αα++∞

→= （2） ,||lim n n n l α+∞→= （3） ,||lim n n n l α+∞

→= 级数∑+∞

=-0

0)(n n n z z α的收敛半径

1

,0,;0,;

,0l l l R l l ?≠≠+∞??

==+∞??+∞=??

注1、公式中的l 总是存在的。

注2、（上极限的定义）已给一个实数序列}{n a 。数),(+∞-∞∈L 满足下列条件：任给0>ε，（1）至多有有限个ε+>L a n ；（2）有无穷个ε->L a n ，

那么说序列}{n a 的上极限是L ，记作

,lim L a n n =+∞

→

如果任给0>M ，有无穷个M a n >，那么说序列}{n a 的上极限是∞+，记作

,lim +∞=+∞

→n n a

如果任给0>M ，至多有有限个M a n ->，那么说序列}{n a 的上极限是

∞-，记作

.lim -∞=+∞

→n n a

注3、（柯西-阿达马公式的证明）设+∞<

z z 1

|'|0<-。可以找到0>ε，使得)

2(1

|'|0ε+<-l z z 。又由上极限的定义，存在着N>0，使得当n>N 时

,||εα+

n

从而

n n n l l z z )]2/()[(|'|||0εεα++<-

因此级数∑+∞

=-0

0)(n n n z z α在'z z =时绝对收敛。由于'z 的任意性，得到此级

数在l

z z 1||0<-内绝对收敛。

另一方面，任取定"z ，使得l

z z 1|"|0>-。可以找到)2/,0(l ∈ε，使得

)

2(1

|"|0ε->

-l z z 。又由上极限的定义，有无穷多个n α，满足εα->l n n ||，即满足

n n n l l z z )]2/()[(|"|||0εεα-->-

因此级数∑+∞

=-0

0)(n n n z z α在"z z =时发散，从而此级数在l

z z 1||0>-内发散。

例4.2试求下列各幂级数的收敛半径R (1)2

0n

n z n

∞

=∑

(2)20n

n z n

∞

=∑ 解 (1)2

11lim

lim()1n x x n c n R c n

→∞

→∞++=== (2)11(1)!lim

lim 01

!

n x x n

c n l c n +→∞

→∞+===,故R =+∞ 注1、由柯西准则我们可以证明，复数项级数收敛的一个必要条件也是其通项趋近于0 幂级数和的解析性 定理4.13

（1） 幂级数0()()n

n

n f z c z a +∞

==-∑(4.5)的和函数()f z 在其收敛圆周:(0)k z a R R -<<≤+∞内解析。

（2） 在k 内，幂级数0

()()n n n f z c z a +∞

==-∑可以逐项求导至任意阶，即

()1()!(1)2()(1)(1)()p n p p p n f z p c p p c z a n n n p c z a -+=++-++--+-+

(1,2)p = (4.6)

且其收敛半径与0

()()n n n f z c z a +∞

==-∑收敛半径相同。

（3）()

!

p p f a c p = (0,1,2,p =

（4.7） 证明 由定理 4.10,幂级数

()n n

n z a α

+∞

=-∑在其收敛圆

:(0)k z a R R -<<≤+∞内内闭一致收敛于()f z ,而其各项0()n n c z z -

(0,1,2,)n = 又都在Z 平面上解析,故由定理4.9,本定理的(1)(2)部分

得证.逐项求p 阶导数(0,1,2,)p = ,得

()!

p p f a c p = (1,2

,)p =

注意到00()()c f a f a ==即得(4.7)

注(1)本定理还有一条结论:级数(4.5)可沿k 内曲线C 逐项积分,且其收敛半径与原级数相同.

注(2)所有的幂级数(4.5)至少在中心a 是收敛的,但收敛半径等于零的级数没有什么有益的性质,是平凡情景. 第三节 解析函数的泰勒展式

定理4.14、设函数f (z )在区域D 内解吸a D ∈圆盘:||K z a R -<含于D 那么在K 内，()f z 能展开成幂级数

2()

'()"()

()()()()1!2!()...()...

!

n n f a f a f z f a z a z a f a z a n =+

-+-++-+ (4.8) 其中系数()11()()

,2()!

n n n C f f a c d i z n ζζπζ+==-? (4.9) 证明：设D z ∈。以a 为心，在U 内作一个圆k ，使z 属于其内区域。

我们有

?-=

C d z

f i z f ,)

(21)(ζζζπ 由于当C ∈ζ时，1z a

q a

ζ-=<-， 又因为

)1|...(| (111)

2<+++++=-ααααα

n 所以

101111

()1()()

n

n n z a

z a z a a a z a a ζζζζζ+∞

+===?

---------=-∑ 上式的级数当C ∈ζ时一致收敛。

把上面的展开式代入积分中，然后利用一致收敛级数的性质，得

01()()...()...n n f z c c z a c z a =+-++-+

其中，

()11()(),2()!

(0,1,2,...;0!1)

n n n C f f a c d i z n n ζζπζ+==-==? 由于z 是k 内任意一点，定理的结论成立。 下面证明展式的唯一性

设另有展式'0()()n n n f z c z a ∞

==-∑ (:)z k z a R ∈-<由定理4.13(3)可

知'

()

!

n n n f a c c n == (0,1,2,3,n = 故展式是唯一的.

定理4.15 函数f (z )在一点a 解析的必要与充分条件是：它在a 的某个

邻域内有定理4.14中的幂级数展式。

(4.8)称为()f z 在点a 的泰勒展式, (4.9)等号右边的级数则称为泰勒级数.

幂级数的和函数在其收敛圆周上的状况 定理 4.16 如果幂级数

0()n

n n c z a ∞

=-∑ 的收敛半径R>0 且0

()()n n n f z c z a ∞

==-∑(:)z k z a R ∈-<

则()f z 在收敛圆周:c z a R -=上至少有一奇点,即不可能有这样的函数()f z 存在,它在z a R -<内与()f z 恒等,而在c 上处处解析 注(1)纵使幂级数在其收敛圆周上处处收敛,其和函数在收敛圆周上任然至少有一个奇点

例4.3求z z e z cos ,sin ,在z =0的泰勒展式。 解：由于z z e e =)'(，所以1|)(0)(==z n z e ，因此

...!

1

...!2112++++

+=n z z n z z e 同理，有

...)!

2(1)1(...!41!211cos 2142+-+-+-=-n

n z n z z z ...)!

12(1)1(...!51!31sin 12153+--+-+-

=--n n z n z z z z 由于在复平面上，以某些射线为割线而得的区域内，多值函数---对数函数和一般幂函数可以分解成解析分支，因此在已给区域中任一圆盘内，可以作出这些分支的泰勒展式。

例4.4求ln(1)z +的下列解析分支在z =0的泰勒展式：

)

)1arg()

1arg(|1|ln )1ln(ππ<+<-+++=+z z i z z

解：已给解析分支在z =0的值为0，它在z =0的一阶导数为1，二阶导数为-1，n 阶导数为)!1()1(--n n ,…,因此，它在z =0或在|z|<1的泰勒展式是：

...)1(...32)1ln(132+-+-+-=+-n

z z z z z n

n 其收敛半径1。

例4.5求α)1(z +的下列解析分支在z =0的泰勒展式（其中α不是整数），

)01(ln )1ln(=+z e α。

解：已给解析分支在z =0的值为1，它在z =0的一阶导数为α，二阶导数为)1(-αα，n 阶导数为)1)...(1(+--n ααα,…,因此，它在z =0或在|z|<1的泰勒展式是：

...)(...)2(12)1ln(+++++=+n z z n

z z e α

ααα

其中!)

1)...(1(n n n +--=???

? ??αααα，其收敛半径为1。 注:这是二项式定理的推广，对α为整数的情况也 第四节 解析函数零点的孤立性及唯一性定理

定义4.7设函数f (z )在解析区域D 内一点a 的值为零，那么称a 为f (z )的零点。设f (z )在U 内的泰勒展式是：

212()()()...()...n n f z c z a c z a c z a =-+-++-+

现在可能有下列两种情形：

（1）如果当n =1,2,3,…时，0n c =,那么f (z )在U 内恒等于零。 （2）如果12,,...,,...n c c c 不全为零，并且对于正整数m ，0m c ≠，而对

于n1，

我们说0z 是f (z )的单零点或m 阶零点。

如果a 是解析函数f (z )的一个m 阶零点，那么显然在a 的一个邻域D 内

()()(),()0,m f z z a z a φφ=-=

其中)(z ?在U 内解析。因此存在一个正数0>ε，使得当0||z a ε<-<时，

0)(≠z ?。于是0)(≠z f 。换而言之，存在着a 的一个邻域，其中a 是f (z )

的唯一零点。

定理4.18 设函数f (z )在0z 解析，并且0z 是它的一个零点，那么或者f (z )在0z 的一个邻域内恒等于零，或者存在着0z 的一个邻域，在其中0z 是f (z )的唯一零点。

注解：此性质我们称为解析函数零点的孤立性。

推论4.19 设(1)函数f (z )在邻域:k z a R -<内解吸,(2)在k 内有()f z 的一列零点{}()n n z z a ≠ 收敛于a ,则()f z 在k 内恒为零.

注(1)推论4.19中的条件(2)可代换成更强的条件: ()f z 在k 内某一子区域上恒等于0 解析函数的唯一性：

我们知道，已知一般有导数或偏导数的单实变或多实变函数在它的定义范围内某一部分的函数值，完全不能断定同一个函数在其他部分的函数值。解析函数的情形和这不同：已知某一个解析函数在它区域内某些部分的值，同一函数在这区域内其他部分的值就可完全确定。

定理4.20（解析函数的唯一性定理）设函数f (z )及g (z )在区域D 内解

析。设k z

是D 内彼此不同的点(k=1,2,3,…)，并且点列}{k z 在D 内有极限点。如果,...)3,2,1)(()(==k z g z f k k ，那么在D 内，f (z )=g (z )。 证明：假定定理的结论不成立。即在D 内，解析函数F (z )=f (z )-g (z )不恒等于0。显然,...)2,1(0)(==k z F k 。设0z 是点列}{k z 在D 内有极限点。由于F (z )在0z 连续，可见0)(0=z F 。可是这时找不到0z

的一个邻域，在其中0z

是F (z )唯一的零点，与解析函数零点的孤立性矛盾。 例4.6在复平面解析、在实数轴上等于sin x 的函数只能是sin z. 解：设f (z )在复平面解析，并且在实轴上等于sin x ，那么在复平面解析f (z )-sin z 在实轴等于零，由解析函数的唯一性定理，在复平面解析上f (z )-sin z =0，即f (z )=sin z 。

例4.7是否存在着在原点解析的函数f (z )，满足下列条件：

（1）、;21

)21(,0)121(

n n f n f ==- （2）、.1

)1(+=n n

n f

其中n =1,2,3,…。

解：（1）、由于,...)3,2,1}21

{}121{

=-n n

n （及都以0为聚点，由解析函数的唯一性定理，f (z )=z 是在原点解析并满足n

n f 21

)21(=的唯一的解析函

数；但此函数不满足条件,...)3,2,1(0)1

21

(==-n n f 。

因此在原点解析并满足这些条件的函数不存在； (2)、我们有./111)1

(n n

f +=

由解析函数的唯一性定理，z

z f +=

11

)(是在原点解析并满足此条件的唯一的解析函数

定理4.23(最大模原理)设函数()f z 在区域D 内解析,则()f z 在D 内任何点都不能达到最大值,除非在D 内()f z 恒于常数.

复变函数论文

复变函数在GIS上的运用与地位 一摘要 该论文主要研究复变函数在GIS专业上的作用和地位，通过复变函数发展简介和内容，我们认识到复变函数的发展史和学术地位，因为它运用广泛，作为当代大学生，我们应该明白它在学习中起到举足轻重的作用，从学习中的地位延伸到专业中的地位，从而了解他在GIS的运用，借助复变函数推出柯西—黎曼曲面，进而导出复球面的紧性，得出扩充复平面是紧的，得出结论，体会，心德和认识，最后对结论进行推导和运用。 二关键词 复变函数，地理信息系统，复平面，柯西—黎曼曲面 三正文 （一）复变函数的发展简况与内容 复变函数理论产生于十八世纪。1774年，欧拉在他的一篇论文中考虑了由复变函数的积分导出的两个方程。复变函数理论的全面发展是在十九世纪，就像微积分的直接扩展统治了十八世纪的数学那样，复变函数这个新的分支统治了十九世纪的数学。为复变函数理论的创建做了最早期工作的是欧拉、达朗贝尔，法国的拉普拉斯也随后研究过复变函数的积分，他们都是创建这门学科的先驱。后来为这门学科的发展作了大量奠基工作的要算是柯西、黎曼和德国数学家维尔斯特拉斯。复变函数理论不但在其他学科得到了广泛的应用，而且在数学领域的许多分支也都应用了它的理论。它已经深入到微分方程、积分方程、概率论和数论等学科，对它们的发展很有影响。 复变函数理论主要包括解析函数理论、黎曼曲面理论、几何函数论、留数理论、积分和级数、广义解析函数等方面的内容。复变函数理论中用几何方法来说明、解决问题的内容，一般叫做几何函数论，复变函数可以通过共形映象理论为它的性质提供几何说明。导数处处不是零的解析函数所实现的映像就都是共形映象，共形映像也叫做保角变换。共形映象在流体力学、空气动力学、弹性理论、静电场理论等方面都得到了广泛的应用。留数理论是复变函数论中一个重要的理论。留数也叫做残数，它的定义比较复杂。应用留数理论对于复变函数积分的计算比起线积分计算方便。计算实变函数定积分，可以化为复变函数沿闭回路曲线的积分后，再用留数基本定理化为被积分函数在闭合回路曲线内部孤立奇点上求留数的计算，当奇点是极点的时候，计算更加简洁。把单值解析函数的一些条件适当地改变和补充，以满足实际研究工作的需要，这种经过改变的解析函数叫做广义解析函数。广义解析函数所代表的几何图形的变化叫做拟保角变换。解析函数的一些基本性质，只要稍加改变后，同样适用于广义解析函数。广义解析函数的应用范围很广泛，不但应用在流体力学的研究方面，而且象薄壳理论这样的固体力学部门也在应用。

复变函数论第三版课后习题答案 2

第一章习题解答 （一） 1 ．设z =z 及Arcz 。 解：由于3i z e π -== 所以1z =，2,0,1, 3 Arcz k k ππ=-+=±。 2 ．设121z z =，试用指数形式表示12z z 及12 z z 。 解：由于6412,2i i z e z i e ππ -==== 所以()6 46 4 12 12222i i i i z z e e e e π πππ π --=== 54()14612 26 11222i i i i z e e e z e πππππ +-===。 3．解二项方程440,(0)z a a +=>。 解：1 244 4 (),0,1,2,3k i i z a e ae k ππ π+====。 4．证明2 2 21212122()z z z z z z ++-=+，并说明其几何意义。 证明：由于2 2 2 1212122Re()z z z z z z +=++ 2 2 2 12 12122Re()z z z z z z -=+- 所以2 2 21212 122()z z z z z z ++-=+ 其几何意义是：平行四边形对角线长平方和等于于两边长的和的平方。 5．设z 1，z 2，z 3三点适合条件：0321=++z z z ,1321===z z z 。证明z 1，z 2，z 3是内 接于单位圆 1 =z 的一个正三角形的顶点。 证 由于1 321 ===z z z ，知 321z z z ?的三个顶点均在单位圆上。 因为 3 33 31z z z == ()[]()[]212322112121z z z z z z z z z z z z +++=+-+-= 21212z z z z ++= 所以， 1212 1-=+z z z z ， 又 ) ())((1221221121212 21z z z z z z z z z z z z z z +-+=--=- ()322121=+-=z z z z

《复变函数论》试题(B)

得分评卷 人 上装订线 院（系）名：班级：姓名：学号：考生类别： 考试日期： 下装订线 复变函数论（B） 题号一二三四五六七八九十总分 分数 答卷注意事项： 1、学生必须用蓝色（或黑色）钢笔、圆珠笔或签字笔直接在试题卷上答题。 2、答卷前请将密封线内的项目填写清楚。 3、字迹要清楚、工整，不宜过大，以防试卷不够使用。 4、本卷共 4 大题，总分为100分。 Ⅰ. Cloze Tests（ Points） 1. If ，then . 2. If denotes the circle centered at positively oriented and is a positive integer，then . 3. The radius of the power series is . 4. The singular points of the function are . 5. , where is a positive integer. 6. . 7. The main argument and the modulus of the number are . 8. The square roots of 1+ are . 9. The definition of is .

得分评卷人 得分评卷人 10. Log= . Ⅱ. True or False Questions ( Points) 1. If a function is differentiable at a point ，then it is continuous at .（） 2. If a point is a pole of order of ，then is a zero of order of .（） 3. An entire function which maps the plane into the unite disk must be a constant.（） 4. A function is differentiable at a point if and only if whose real and imaginary parts are differentiable at and the Cauchy Riemann conditions hold there.（） 5. If a function is continuous on the plane and 0 for every simple closed contour , then is an entire function. ( ) Ⅲ. Computations ( Points) 1. Find . 2. Find the value of .

(完整版)《复变函数》教学大纲

《复变函数》教学大纲 说明 1．本大纲适用数学与应用数学本科教学 2．学科性质： 复变函数论是成人高等师范数学专业基础课程之一，它在微分方程、概率论、力学等学科中都有应用，复变函数论方法是工程、科技的常用方法之一。复变函数论主要研究解析函数。解析函数定义的几种等价形式，表现了解析函数这一概念在不同方面的特性。复变函数论的基本理论以柯西定理为主要定理，柯西公式为重要公式，留数基本定理是柯西定理的推广。保形映照是复变函数几何理论的基本概念。；留数理论和保形映照也为实际应用提供了特有的复变函数论方法。 3．教学目的： 复变函数论是微积分学在复数域上的推广和发展，通过复变函数论的学习能使学生对微积分学的某些内容加深理解，提高认识。复变函数论在联系和指导中学数学教学方面也有重要的作用，学生通过复变函数论的学习对中学数学的某些知识有比较透彻的理解与认识，从而增加做好中学数学教育工作的能力。 4．教学基本要求： 通过本课程的学习，要求学生达到： 1．握基本概念和基本理论； 2．熟练的引进基本计算（复数、判断可导性及解析性、复积分、函数 的展式、孤立奇点的判断、留数的计算及应用、求线性映照及简单映 照等）； 2．固和加深理解微积分学的有关知识。 5．教学时数分配： 本课程共讲授72学时（包括习题课），学时分配如下表： 教学时数分配表

以上是二年制脱产数学本科的教学时数。函授面授学时不低于脱产的40%，可安排28~30学时。 教学内容 第一章复数与复变函数 复变函数的自变量和因变量都是复数，因此，复数和平面点集是研究复变函数的基础。复变函数及其极限理论与微积分学的相应内容类似，但因复变函数是研究平面上的问题，因此有其新的含义与特点。 （一）教学内容

复变函数习题答案第3章习题详解

第三章习题详解 1． 沿下列路线计算积分 ? +i dz z 30 2。 1) 自原点至i +3的直线段； 解：连接自原点至i +3的直线段的参数方程为：()t i z +=3 10≤≤t ()dt i dz +=3 ()()()?? +=??????+=+=+1 3 1 0332 3 30 2 33 13313i t i dt t i dz z i 2) 自原点沿实轴至3，再由3铅直向上至i +3； 解：连接自原点沿实轴至3的参数方程为：t z = 10≤≤t dt dz = 33 0330 2 3 2 33 131=??? ???==?? t dt t dz z 连接自3铅直向上至i +3的参数方程为：it z +=3 10≤≤t idt dz = ()()()33 1 031 0233 233133 13313-+=??????+=+=?? +i it idt it dz z i ()()()3 3331 02 3 0230233 133********i i idt it dt t dz z i +=-++= ++= ∴??? + 3) 自原点沿虚轴至i ，再由i 沿水平方向向右至i +3。 解：连接自原点沿虚轴至i 的参数方程为：it z = 10≤≤t idt dz = ()()31 031 202 3 131i it idt it dz z i =??????==?? 连接自i 沿水平方向向右至i +3的参数方程为：i t z += 10≤≤t dt dz = ()()()33 1 031 02 32 3113 131i i i t dt i t dz z i i -+=??????+=+=?? + ()()3 333320 2 30 2 13 13113131i i i i dz z dz z dz z i i i i +=-++= += ∴? ? ? ++ 2． 分别沿x y =与2 x y =算出积分 ()?++i dz iy x 10 2 的值。 解：x y = ix x iy x +=+∴2 2 ()dx i dz +=∴1 ()()()()()??? ??++=????? ???? ??++=++=+∴ ?? +i i x i x i dx ix x i dz iy x i 213112131111 0231 0210 2 2 x y = ()2 2 2 2 1x i ix x iy x +=+=+∴ ()dx x i dz 21+=∴ ()()()()()? ???? ??++=????? ???? ??++=++=+∴ +1 1 043210 2 2131142311211i i x i x i dx x i x i dz iy x i

复变函数第二章学习方法导学

第二章 解析函数 解析函数是复变函数论研究的中心和主要对象，它是一类具有某种特性的可微（可导）函数，并在理论和实际问题中有着广泛的应用． 本章，我们首先介绍复变函数的极限与连续，并从复变函数的导数概念出发，引入解析函数，导出复变函数可导和解析的主要条件——柯西—黎曼条件，并给出判断函数可导和解析的一类充分必要条件（它是用复变函数的实部和虚部两个二元实函数所具有的微分性质来表达的充要条件）；其次，介绍几类基本初等解析函数，这些函数实际上是数学分析中大家所熟知的初等函数在复数域上的推广，并研究它们的有关性质． 一、基本要求 1．掌握复变函数的极限和连续的概念，能对照数学分析中极限和连续的性质，平行地写出复变函数的极限与连续的相应性质（比如极限和连续的四则运算性、极限和连续的局部不等性（由于复数没有大小的规定，因此，此性质是与局部保号性相对应的性质）、极限与连续的局部有界性、极限存在的柯西准则、极限的归结原则和复合函数的连续性等），并能熟练地运用四则运算性和复合函数的连续性求函数的极限或判断函数的连续性． 2．熟练掌握复变函数的极限和连续与其实部、虚部两个二元实函数的极限和连续的等价关系，能利用这种关系借助二元实函数的极限或连续简洁地求复变函数的极限或讨论复变函数的连续性；能利用这种关系借助有界闭集上二元连续函数的整体性质简洁地证明有界闭集上复变连续函数的整体性质（比如：有界性，最大模和最小模的存在性，一致连续性）．另外，关于对具体函数的一致连续性的讨论，大家还要掌握利用下面的结论来判断函数不一致连续的有效方法，结论如下： 复变函数()f z 在点集E ?￡上一致连续?对任意两个点列n z ，n z 'E ∈，只要0()n n z z n '-→→∞，总有()()0()n n f z f z n '-→→∞．

复变函数试题与答案

第一章 复数与复变函数 一、 选择题 1．当i i z -+= 11时，5075100z z z ++的值等于（ ） （A ）i （B ）i - （C ）1 （D ）1- 2．设复数z 满足3 )2(π = +z arc ，6 5)2(π = -z arc ，那么=z （ ） （A ）i 31+- （B ）i +-3 （C ）i 2321+- （D ）i 2 123+- 3．复数)2 ( tan πθπ θ<<-=i z 的三角表示式是（ ） （A ）)]2 sin()2 [cos(sec θπ θπθ+++i （B ）)]2 3sin()23[cos(sec θπ θπθ+++i （C ）)]23sin()23[cos(sec θπθπθ+++-i （D ）)]2 sin()2[cos(sec θπ θπθ+++-i 4．若z 为非零复数，则2 2z z -与z z 2的关系是（ ） （A ）z z z z 222≥- （B ）z z z z 22 2=- （C ）z z z z 22 2≤- （D ）不能比较大小 ５．设y x ,为实数，yi x z yi x z +-=++=11,1121且有1221=+z z ，则动点),(y x 的轨迹是（ ） （A ）圆 （B ）椭圆 （C ）双曲线 （D ）抛物线 ６．一个向量顺时针旋转 3 π ，向右平移３个单位，再向下平移１个单位后对应的复数为 i 31-，则原向量对应的复数是（ ） （A ）2 （B ）i 31+ （C ）i -3 （D ）i +3

７．使得2 2 z z =成立的复数z 是（ ） （A ）不存在的 （B ）唯一的 （C ）纯虚数 （D ）实数 ８．设z 为复数，则方程i z z +=+2的解是（ ） （A ）i +- 43 （B ）i +43 （C ）i -4 3 （D ）i --43 ９．满足不等式 2≤+-i z i z 的所有点z 构成的集合是（ ） （A ）有界区域 （B ）无界区域 （C ）有界闭区域 （D ）无界闭区域 10．方程232= -+i z 所代表的曲线是（ ） （A ）中心为i 32-，半径为2的圆周 （B ）中心为i 32+-，半径为２的圆周 （C ）中心为i 32+-，半径为2的圆周 （D ）中心为i 32-，半径为２的圆周 11．下列方程所表示的曲线中，不是圆周的为（ ） （A ） 22 1 =+-z z （B ）433=--+z z （C ） )1(11<=--a az a z （D ）)0(0>=-+++c c a a z a z a z z 12．设,5,32,1)(21i z i z z z f -=+=-=，则=-)(21z z f （ ） （A ）i 44--（B ）i 44+（C ）i 44-（D ）i 44+- 13．0 0) Im()Im(lim 0z z z z x x --→（ ） （A ）等于i （B ）等于i -（C ）等于0（D ）不存在 14．函数),(),()(y x iv y x u z f +=在点000iy x z +=处连续的充要条件是（ ） （A ）),(y x u 在),(00y x 处连续（B ）),(y x v 在),(00y x 处连续 （C ）),(y x u 和),(y x v 在),(00y x 处连续（D ）),(),(y x v y x u +在),(00y x 处连续

复变函数习题解答(第3章)

p141第三章习题 (一)[ 5, 7, 13, 14, 15, 17, 18 ] 5.由积分 C1/(z+ 2)dz之值证明 [0,](1 + 2 cos)/(5 + 4cos)d= 0，其中C取单位圆周|z| = 1． 【解】因为1/(z+ 2)在圆|z内解析，故 C1/(z+ 2)dz= 0． 设C: z()= ei ，[0, 2]． 则 C1/(z+ 2)dz= C1/(z+ 2)dz= [0, 2]iei /(ei + 2)d = [0, 2]i(cos+isin)/(cos+isin+ 2)d =

[0, 2]( 2 sin+i(1 + 2cos))/(5 + 4cos)d = [0, 2]( 2 sin)/(5 + 4cos)d+i [0, 2](1 + 2cos)/(5 + 4cos)d． 所以 [0, 2](1 + 2cos)/(5 + 4cos)d= 0． 因(1 + 2cos))/(5 + 4cos)以2为周期，故 [,](1 + 2cos)/(5 + 4cos)d= 0；因(1 + 2cos))/(5 + 4cos)为偶函数，故[0,](1 + 2 cos)/(5 + 4cos)d [,](1 + 2cos)/(5 + 4cos)d= 0． 7. (分部积分法)设函数f(z),g(z)在单连通区域D内解析，,是D内两点，试证 [,]f(z)g’(z)dz= (f(z)g(z))| [,] [,]g(z)f’(z)dz． 【解】因f(z),g(z)区域D内解析，故f(z)g’(z)，g(z)f’(z)，以及(f(z)g(z))’都在D 内解析．因区域D是单连通的，所以f(z)g’(z)，g(z)f’(z)，以及(f(z)g(z))’的积分都与路径无关．[,]f(z)g’(z)dz+ [,]g(z)f’(z)dz= [,](f(z)g’(z)dz+g(z)f’(z))dz

复变函数论作业及答案

习题1 第一章 复数与复变函数 1.12z = =求|z|，Argz 解：123212 2 =??? ? ??+??? ??=z Argz=arctan 212-+2k π=23k π π+-, ,2,1,0±±=k 2．已知2 11i z += ,=2z i -3,试用指数形式表示2 1 21z z z z 及 解：2 11i z += i e 4 π = =2z i -3i e 6 2π -= 所以21z z =i e 6 2π -i e 4 πi e 12 2π - = 2 1z z i i i i e e e e 125)64(64 21212π π ππ π ===+- 3． 解二项方程440z a += )0(>a 解 由440z a +=得44z a =- 则二次方程的根为 k w a = （k=0,1,2,3） =24k i e a ππ+? （k=0,1,2,3） 0w =4 i e a π? =234 4 1(1)2 i i a w e a e a i ππ π+?===-+

54 2(1)2i a w e a i π==-- 74 3(1)2 i a w e a i π==- 4 .设1z 、2z 是两个复数，求证： ),Re(2||||||212221221z z z z z z -+=- 证明：()() 21212 21z z z z z z --=- () 2 12 22 121212 2211 2212 221Re 2z z z z z z z z z z z z z z z z -+=--+=---= 5． 设123z ,z ,z 三点适合条件： 1230z z z ++=及1231z z z === 试证明123z ,z ,z 是一个内接于单位圆周1z =的正三角形的顶点。 证明：设111z x iy =+，222z x iy =+，333z x iy =+ 因为1230z z z ++= ∴1230x x x ++=，1230y y y ++= ∴123x x x =--，123y y y =-- 又因为1231z z z === ∴三点123z ,z ,z 在单位圆周上，且有222222112233x y x y x y +=+=+ 而()()2 2 22112323x y x x y y +=+=+ ()()2 223231x x y y ∴+++= ()232321x x y y ∴+=- 同理=+)(22121y y x x ()()131********x x y y x x y y +=+=- 可知()()()()()()2 2 2 2 2 2 121223231313x x y y x x y y x x y y -+-=-+-=-+-

《复变函数论》试卷一

《复变函数论》试卷一 一、填空（30分） 1. 将复数()πααα≤≤+-=0sin cos 1i z 化为三角表示式，则=z 把它化为指数表示式，则=z 2.=+i e π3 ，()i i +1的辐角的主值为 3. =z 0是()44sin z z z f =的 阶零点. 4.0z 是()z f 的()1>m m 阶零点，则0z 是 () z f '1 的 阶极点. 5.已知()()2323cxy x i y bx ay z f +++=为解析函数， 则___________________===c b a 6.方程0273=+z 的根为 ， ， 二、简要回答下列各题（15分） 1. 用复数i 去乘复数i +1的几何意义是什么？ 2. 函数()z f 在0z 解析有哪几个等价条件？ 3. 设函数()z f 在单连通区域D 内处处解析，且不为零，C 是D 内的任一简 单闭曲线，问积分()() dz z f z f c ? '是否等于零，为什么？ 三、计算下列积分（16分） 1. c zdz ?，c 是从点1i -到点1i +的有向直线段 2. 20 2cos d πθ θ +? 四、（12分） 求函数() 1 1z z +在圆环112z <-<内的洛朗级数展开式.

五、（12分） 证明方程24290z z ++=在单位圆1z =内及其上无解. 六、（15分） 求映射，把带形区域0Re 2z <<共形映射成单位圆1w <，且把1z =映 射成0w =，把2z =映射成1w =. 《复变函数》试卷二 一、填空题（20分） 1. －2是 的一个平方根 2. 设2 1i z --= ，则，=z Argz ＝ =z Im 3. 若2 2z z =，则θi re z =满足条件 4. =z e e ，() =z e e Re 5. 设1≠=θi re z ，则()=-1ln Re z 6. 设变换βαβα,,+=z w 为复常数，则称此变换为 变换，它是由 等三个变换复合而成. 7. 幂级数∑∞ =1 2n n n z n 的收敛半径=R 8.函数 b az +1 在0=z 处的幂级数展开式为 ，其收敛半径为 9.变换z e W =将区域π<

复变函数论第四版答案钟玉泉

复变函数论第四版答案钟玉泉 （1）提到复变函数，首先需要了解复数的基本性质和四则运算规则。怎么样计算复数的平方根，极坐标与 xy 坐标的转换，复数的模之类的。这些在高中的时候基本上都会学过。 （2）复变函数自然是在复平面上来研究问题，此时数学分析里面的求导数之类的运算就会很自然的引入到 复平面里面，从而引出解析函数的定义。那么研究解析函数的性质就是关键所在。最关键的地方就是所谓 的Cauchy—Riemann 公式，这个是判断一个函数是否是解析函数的关键所在。 （3）明白解析函数的定义以及性质之后，就会把数学分析里面的曲线积分的概念引入复分析中，定义几乎 是一致的。在引入了闭曲线和曲线积分之后，就会有出现复分析中的重要的定理：Cauchy 积分公式。这 个是复分析的第一个重要定理。 （4）既然是解析函数，那么函数的定义域就是一个关键的问题。可以从整个定义域去考虑这个函数，也可 以从局部来研究这个函数。这个时候研究解析函数的奇点就是关键所在，奇点根据性质分成可去奇点，极 点，本性奇点三类，围绕这三类奇点，会有各自奇妙的定理。（5）复变函数中，留数定理是一个重要的定理，反映了曲线积分和

零点极点的性质。与之类似的幅角定理 也展示了类似的关系。 （6）除了积分，导数也是解析函数的一个研究方向。导数加上收敛的概念就可以引出Taylor 级数和 Laurent 级数的概念。除此之外，正规族里面有一个非常重要的定理，那就是Arzela 定理。 （7）以上都是从分析的角度来研究复分析，如果从几何的角度来说，最重要的定理莫过于Riemann 映照 定理。这个时候一般会介绍线性变换，就是Mobius 变换，把各种各样的区域映射成单位圆。研究 Mobius 变换的保角和交比之类的性质。 （8）椭圆函数，经典的双周期函数。这里有Weierstrass 理论，是研究Weierstrass 函数的，有经典的 微分方程，以及该函数的性质。 以上就是复分析或者复变函数的一些课程介绍，如果有遗漏或者疏忽的地方请大家指教。

第二学期 复变函数论期末试卷A

黄冈师范学院 2009—2010学年度第二学期期末试卷 考试课程：复变函数论 考核类型：考试A 卷 考试形式：闭卷 出卷教师： 考试专业：数信学院数教 考试班级：数教200701-02班 一、 选择题（每小题4分，共20分） 1、复数i z 45-=，则=2Re z （ ） A 、40 B 、9 C 、-40 D 、-9 2、关于复数z ，下列不正确的是（ ） A 、||2z z z = B 、)Im()Re(iz z = C 、z Argz arg = D 、z z sin )sin(-=- 3、已知xy i y x z f 2)(22+-=，则)(z f ''是（ ） A 、2 B 、y x 22- C 、2z D 、0 4、下列等式中不正确的是（ ） A 、?==0cos 111z dz z B 、02111=?=dz e z z z C 、??=dz z f k dz z kf )()( D 、? =z z e dz e 5、下列级数收敛的是（ ） A 、∑∞ =+1)21(n n i n B 、∑∞=??????+-12)1(n n n i n C 、∑∞=02cos n n in D 、∑∞=+o n n i )251( A 卷 【第 1 页 共 2 页】

二、填空题（每小题4分，共20分） 1、=-)22(i Arg ____________； 2、函数z e z f =)(是以 _______为基本周期； 3、幂级数∑∞ =12n n n z 的收敛半径R=____________； 4、函数()z z f cos =在0=z 处的泰勒级数是_________ ； 5、计算积分?==1||1 2 z z dz e 二、 判断题（每小题2分，共10分） 1、在几何上，θi re z =与)2(πθk i re z +=表示同一个复角.（ ） 2、当复数z=0时，则有0=z 和0arg =z .（ ） 3、可导函数一定处处连续，连续函数不一定处处可导.（ ） 4、若)(z f 在区域D 内解析，则)(z f 在D 内存在无穷阶导数.（ ） 5、收敛级数的各项必是有界的.（ ） 三、 计算及证明题（8+8+10+12+12，共50分） 1、若0321=z z z ，则复数321,,z z z 中至少有一个为零（8分） 2、已知解析函数iv u z f +=)(的虚部为222121y x v +- =，且0)0(=f ，求)(z f （8分） 3、已知c 为从z =0到z =2+i 的直线段，求?dz z c 2（10分） 4、将z e z -1在0=z 处展成幂级数（12分） 5、将函数2 )(+=z z z f 按1-z 的幂展开，并指出它的收敛范围.（12分） A 卷 【第 2 页 共 2 页】

《复变函数论》试题库及答案

《复变函数论》试题库 《复变函数》考试试题（一） 一、 判断题（20分）： 1.若f(z)在z 0的某个邻域内可导，则函数f(z)在z 0解析. ( ) 2.有界整函数必在整个复平面为常数. ( ) 3.若 }{n z 收敛，则} {Re n z 与} {Im n z 都收敛. ( ) 4.若f(z)在区域D 内解析，且 0)('≡z f ，则C z f ≡)(（常数）. ( ) 5.若函数f(z)在z 0处解析，则它在该点的某个邻域内可以展开为幂级数. ( ) 6.若z 0是)(z f 的m 阶零点，则z 0是1/)(z f 的m 阶极点. ( ) 7.若 ) (lim 0 z f z z →存在且有限，则z 0是函数f(z)的可去奇点. ( ) 8.若函数f(z)在是区域D 内的单叶函数，则)(0)('D z z f ∈?≠. ( ) 9. 若f (z )在区域D 内解析, 则对D 内任一简单闭曲线C 0)(=? C dz z f . ( ) 10.若函数f(z)在区域D 内的某个圆内恒等于常数，则f(z)在区域D 内恒等于常数.（ ） 二.填空题（20分） 1、 =-?=-1||0 0)(z z n z z dz __________.（n 为自然数） 2. =+z z 22cos sin _________. 3.函数z sin 的周期为___________. 4.设 11 )(2+= z z f ，则)(z f 的孤立奇点有__________. 5.幂级数 n n nz ∞ =∑的收敛半径为__________. 6.若函数f(z)在整个平面上处处解析，则称它是__________. 7.若ξ=∞→n n z lim ，则=+++∞→n z z z n n (i) 21______________.

《复变函数论》试题(A)

复变函数论（A ） 答卷注意事项： 、学生必须用蓝色（或黑色）钢笔、圆珠笔或签字笔直接在试题卷上答题。 2、答卷前请将密封线内的项目填写清楚。 3、字迹要清楚、工整，不宜过大，以防试卷不够使用。 4、本卷共 4 大题，总分为100分。 Ⅰ. Cloze Tests （20102=? Points ） 1. If n n n n i i z ?? ? ??++??? ??-=1173，then lim =+∞ →n n z . If C denotes the circle centered at 0z positively oriented and n is a positive integer ，then ) (1 0=-?C n dz z z . The radius of convergence of ∑∞ =++1 3 )123(n n z n n is . The singular points of the function ) 3(cos )(22+=z z z z f are . 0 ,)ex p(s Re 2=?? ? ??n z z , where n is a positive integer. =)sin (3z e dz d z . The main argument and the modulus of the number i -1 are .

8. The square roots of i -1 are . 9. The definition of z e is . 10. Log )1(i -= . Ⅱ. True or False Questions (1553=? Points) 1. If a function f is analytic at a point 0z ，then it is differentiable at 0z .（ ） 2. If a point 0z is a pole of order k of f ，then 0z is a zero of order k of f /1.（ ） 3. A bounded entire function must be a constant.（ ） 4. A function f is analytic a point 000iy x z += if and only if whose real and imaginary parts are differentiable at ),(00y x .（ ） 5. If f is continuous on the plane and =+?C dz z f z ))((cos 0 for every simple closed path C , then z e z f z 4sin )(+ is an entire function. ( ) Ⅲ. Computations (3557=? Points) 1. Find ?=-+1||)2)(12(5z z z zdz . 2. Find the value of ??==-+22812 2) 1(sin z z z z dz z dz z z e .

复变函数论文

复变函数论文复变函数与积分变换在自动控制原理中的应用 姓名：何缘鸽学号：092410101 学院(系)：电气与电子工程系 专业：自动化 指导教师：秦志新 评阅人：

复变函数与积分变换在自动控制原理中的 应用 【摘要】： 复变函数与积分变换的理论和方法在数学、自然科学和工程技术中有着广泛的应用，是解决诸如流体力学、电磁学、热学、弹性理论中的平面问题的有力工具。而自然科学和生产技术的发展又极大地推动了复变函数的发展，丰富了它的内容。我们在学习的过程中，要正确理解和掌握复变函数中的数学概念和方法，逐步培养利用这些概念和方法解决实际问题的能力。文中简单地介绍了该门课程在自动控制理论中的应用。 【关键词】：线性系统 Z变换卷积拉普拉斯变换 【正文】： 提出问题： 众所周知，复变函数中的许多概念、理论和方法是实变函数在复数领域内的推广和发展，因而它们之间有许多相似之处。但由于其自身的一些特殊的性质而显得不同，特别是当它引进了taylor级数展开laplace变换和fourier变换后而使其显得更加重要了。 随着教育事业的不断发展与更新，一些新的处理数据的方法越来越多的应用于我们的日常专业学习中。当然复变函数在自动控制原理方面的应用也更大的加快了自动化的发展，自动控制与信号处理也更加离不开一套有效的处理方法。但是常规的Fourier变换的运算的范围还是有限的，如何去解决一些不能展开成Fourier级数的信号成了

我们的首要问题。 分析问题： 虽然常规的Fourier 变换的运算的范围是有限的，，但Laplace 变换、Z 变换等填补了Fourier 变换的不足之处，究竟其有什么好处呢？下面就介绍一些例子，从中就能看出。 例1： 如图1所示电路，原处于稳态，开关S 于t=0时由1端转向 2端，R=10 Ω ，L=1H,C=0.004F,求换路后电流i(t)。 解：因换路前电路已达稳态，故可知 ()=-0i 0, ()V u c 20=- 换路后，电路的微分方程为 ()()()+ ++-0c u dt t di L t Ri ?- t d i C 0)(1ττ=10)(t ε 对上式进行拉普拉斯变换，得

10-11-1复变函数考试题A 2

2010-2011 第一 复变函数与积分变换 (A) 数理学院 自动化各专业 （答案写在答题纸上，写在试题纸上无效） 一、 选择题（每小题3分，共18分） 1、设z =1-i ,则Im(21z )=____________. A 、1- B 、2 1- C 、21 D 、1 2、设z=cosi ，则____________. A 、Imz=0 B 、Rez=π C 、|z|=0 D 、argz=π 3、设C 为正向圆周|z|=1，则积分?c z dz ||=____________. A 、0 B 、2πi C 、2π D 、－2π 4、幂极数∑∞ =+1n n z (2n)!1)!n （的收敛半径为____________. A 、0 B 、1 C 、2 D 、＋∞ 5、点z =0是函数) 1(sin )1()(2--=z z z e z f z 的_____________. A 、可去奇点 B 、一阶极点 C 、二阶极点 D 、本性奇点 6、函数? ??><-=0101sgn t t t 在傅氏变换下的像为_____________. A 、ωi -11 B 、 ωi 1 C 、 ωi 2 D 、 ω i +11 课程考试试题 学期 学年 拟题学院（系）: 适 用 专 业:

二、 填空题（每小题3分，共21分） 1、当1≤z 时，a z n +的最大值为_____________. 2、i i )1(+为_________. 3、函数) 3)(2()(-+=z z z z f 在1=z 的泰勒展开式的收敛圆域为_____________. 4、若)(z f =ζζζζζd z ?=-+2 353,则()f i ''-=_____________ 5、设)1()(1 -=z e z z f ,则Res[f (z ),0]=__________. 6、已知函数t e 在拉氏变换下的像为才，则t e t 2)1(-在拉氏变换下的像为______. 7、函数z 1=ω把z 平面上的曲线x y =映射成ω平面上的像为 ______. 三、 计算题（每小题10分，共50分） 1、试讨论定义于复平面内的函数)Re()(z z z f =在何处可导？何处解析？在可导点求其导函数。 2、求) 2)(1(12)(+-+=z z z z f 在圆环域1

复变函数习题解答(第3章)

p141第三章习题(一)[ 5, 7, 13, 14, 15, 17, 18 ] 5. 由积分?C1/(z + 2) dz之值证明?[0, π] (1 + 2 cosθ)/(5 + 4cosθ) dθ = 0，其中C取单位圆周| z | = 1． 【解】因为1/(z + 2)在圆| z | < 3/2内解析，故?C1/(z + 2) dz = 0． 设C : z(θ)= e iθ，θ∈[0, 2π]． 则?C1/(z + 2) dz = ?C1/(z + 2) dz = ?[0, 2π] i e iθ/(e iθ + 2) dθ = ?[0, 2π] i (cosθ + i sinθ)/(cosθ + i sinθ + 2) dθ = ?[0, 2π] (- 2 sinθ + i (1 + 2cosθ ))/(5 + 4cosθ) dθ = ?[0, 2π] (- 2 sinθ)/(5 + 4cosθ) dθ+ i ?[0, 2π] (1 + 2cosθ )/(5 + 4cosθ) dθ． 所以?[0, 2π] (1 + 2cosθ )/(5 + 4cosθ) dθ= 0． 因(1 + 2cosθ ))/(5 + 4cosθ)以2π为周期，故?[-π, π] (1 + 2cosθ )/(5 + 4cosθ) dθ= 0；因(1 + 2cosθ ))/(5 + 4cosθ)为偶函数，故 ?[0, π] (1 + 2 cosθ)/(5 + 4cosθ) dθ = (1/2) ?[-π, π] (1 + 2cosθ )/(5 + 4cosθ) dθ= 0． 7. (分部积分法)设函数f(z), g(z)在单连通区域D内解析，α, β是D内两点，试证 ?[α, β] f(z)g’(z)dz = ( f(z)g(z))|[α, β] -?[α, β] g(z) f’(z)dz． 【解】因f(z), g(z)区域D内解析，故f(z)g’(z)，g(z) f’(z)，以及( f(z)g(z))’都在D 内解析．因区域D是单连通的，所以f(z)g’(z)，g(z) f’(z)，以及( f(z)g(z))’的积分都与路径无关． ?[α, β] f(z)g’(z)dz + ?[α, β] g(z) f’(z)dz = ?[α, β] ( f(z)g’(z)dz + g(z) f’(z))dz = ?[α, β] ( f(z)g(z))’dz． 而f(z)g(z)是( f(z)g(z))’在单连通区域D内的一个原函数，所以 ?[α, β] ( f(z)g(z))’dz = f(β)g(β) -f(α)g(α) = ( f(z)g(z))|[α, β]． 因此有?[α, β] f(z)g’(z)dz + ?[α, β] g(z) f’(z)dz = ( f(z)g(z))|[α, β]， 即?[α, β] f(z)g’(z)dz = ( f(z)g(z))|[α, β] -?[α, β] g(z) f’(z)dz． 13. 设C : z = z(t) (α≤t≤β)为区域D内的光滑曲线，f(z)于区域D内单叶解析且f’(z) ≠ 0，w = f(z)将曲线C映成曲线Γ，求证Γ亦为光滑曲线． 【解】分两种情况讨论． (1) 当z(α) ≠z(β)时，C不是闭曲线．此时z(t)是[α, β]到D内的单射，z(t)∈C1[α, β]，且在[α, β]上，| z’(t) |≠ 0． 因Γ是曲线C在映射f下的象，所以Γ可表示为w = f(z(t)) (α≤t≤β)． ?t∈[α, β]，z(t)∈D．因f于区域D内解析，故f在z(t)处解析， 因此f(z(t))在t处可导，且导数为f’(z(t))z’(t)． 显然，f’(z(t))z’(t)在[α, β]上是连续的，所以f(z(t))∈C1[α, β]． 因为f(z)于区域D内是单叶的，即f(z)是区域D到 的单射，而z(t)是[α, β]到D 内的单射，故f(z(t))是[α, β]到 内的单射． 因在D内有f’(z) ≠ 0，故在[α, β]上，| f’(z(t))z’(t) |= | f’(z(t)) | · |z’(t) |≠ 0． 所以，Γ是光滑曲线． (2) 当z(α) = z(β)时，C是闭曲线．此时z(t)∈C1[α, β]；在[α, β]上，有| z’(t) |≠ 0；z’(α) = z’(β)；?t1∈[α, β]，?t2∈(α, β)，若t1 ≠t2，则z(t1) ≠z(t2)．