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习题课解答1
复变函数与数理方程习题课问题解
数学科学系吴忠俊、黄俊涛
2022年秋季
1第一次习题课解答
1.1C-R条件+Cauchy积分公式
1.设
f（z）=
−
x3y3+i（x3+y3）
x2+y2z̸=0
0z=0
试证f（z）在原点满足C-R方程,但却不可导.
证明：
令f（z）=u+iv，得到
u（x,y）=
x3y3
−
x2+y2（x,y）̸=（0,0）
0（x,y）=（0,0）
v（x,y）=
x3+y3
x2+y2（x,y）
（0,0）
0（x,y）=（0,0）
因为
ux（0,0）=lim
u（x,0）−u（0,0）
=lim
x3
3=1
x→0
x−0
u（0,y）−u（0,0）
x→0x
−y3
uy（0,0）=lim
y→0
x−0
v（x,0）−v（0,0）
=lim
y→0
y3=−1
x3
vx（0,0）=lim
x→0
x−0
=lim
x→0x
3=1
vy（0,0）=lim
v（0,y）−v（0,0）
=lim
y3
3=1
y→0
x−0
y→0y
所以ux（0,0）=vy（0,0），uy（0,0）=−vy（0,0），此即柯西-黎曼方程在原点（0,0）处成立。
但当z沿直线y=kx趋于0时，我们有
f（z）−f（0）=
z−0
x3y3+i（x3+y3）
−
（x+iy）（x2+y2）→
1−k3+i（1+k3）
（1+ik）（1+k2）
该极限随k变化。
故limf（z）−f（0）不存在，所给函数f（z）在z=0不可导。
z→0z−0
2.ℓR是平面内任意一条简单的闭合围线，计算积分
I=I
解：
sinz
dz
ℓz（1−z）3
1）当0在ℓ内，1在ℓ外时，我们有式，有
sinz
（1−z）3
在ℓ所围的闭区域上解析，于是由柯西积分公
IℓR
I
=
ℓR
sinzz（1z）3dz
−
sinz
（1−z）3
z
dz
=
dz
ℓR
..（1−z）
sinz
=2πi3
z=0
=0;
2）当1在ℓ内，0在ℓ外时，由高阶导数公式，我们有
I
sinz
−
dz
R
ℓz（1z）3
−
R
Isinz
=zdz
.
ℓ（1−z）3
2πi
=−（3−1）!
sinzz
〞
.
（）
z=1
z=1
=（2cos1−sin1）πi;
3）当0、1都在ℓ内时，我们选取C1:
|z|=ε,C2:
|z−1|=ε。
取ε>0充分小，使得
Iz（1−z）
C1,C2都包含在ℓ内部，那么由复连通区域的柯西定理，得到
sinz
3dz
ℓ
I
I
R
=sinzdz+
1
Cz（1−z）3
sinzdz
2
Cz（1−z）3
=（2cos1−sin1）πi.
1.2Taylor展开
1
1.把函数f（z）=1−z展开为z−i的幂级数.
解:
由于函数f（z）只有一个奇点z=1，其收敛半径为R=|1−i|=√2，所以函数f（z）在|z−
i|<√2内可展开为z−i的幂级数，于是有
1111
1−i
[
（）
（）
1−z=1−i−（z−i）=1−i1−z−i
=1
1−i
1+z−i+1−i
z−i2
（）−|−|
1−i
+···+
z−in
1−i
+···]
∑
∞
=
n=0
1（zi）nzi<√2（1−i）n+1
2.求以下各函数在指定点z0处的Taylor展开式:
（1）arctanz,z0=0
解：
由
∑1−
∞
（arctanz）′==
（1）nz2n
1+z2
两边同时积分，得到
n=0
∑
∞n
arctanz=（−1）z2n+1
2n+1
n=0
收敛半径为R=1
z2
2
（2）esinz,z0=0
解：
由
那么ez2
sinz2=1（eiz2−e−iz2）
2i
sinz2=ez21（eiz2−e−iz2）
2i
2i
[∑
=1[e（1+i）z2−e（1−i）z2]
∞
−
得到ez2
sinz2
=1∞
2i
n=0
∞
（1+i）n
z2n
n!
n
−∑n=0
n
（1i）n
z
n!
2n]
n=0
2i
n!
=∑1（1+i）−（1−i）z2n
而（1+i）n−（1−i）n=（√2）n（cosnπ+isinnπ）
4
4
44
−（√2）n（cosnπ−isinnπ）
=2i（√2）nsinnπ
∑
4
∞√4
（3）sinz,z0=1
解法一：
故ez2
sinz2=
（
n=0
2）nsinnπ
n!
z2n收敛半径为R=∞
由（sinz）（n）=sin（z+nπ）
2
有（sinz）（n）.
nπ
z=1
∑sin（1+
=sin（1+）2
∞
故sinz=
n!
nπ）
2（z−1）n
解法二：
n=0
由sinz=sin[（z−1）+1]
=sin（z−1）cos1+cos（z−1）sin1
=cos1∑（−1）（z−1）+sin1∑（−1）（z−1）
∞n2n+1∞n2n
n=0
∞
（2n+1）!
=∑（z−1）sin（1+nπ）
n
n=0
（2n）!
收敛半径R=∞
n!
2
n=0
1.3洛朗展开
1.求以下函数在指定范围的洛朗展开:
z
（1）f（z）=z2cos1,0<|z|<+∞
2!
z2
4!
z4
解：
f（z）=z2（1−11+11+···）
=z2−1+11+···（0<|z|<∞）
2!
4!
z2
1
（2）f（z）=
1+z2
以z=i为中心的圆环域内展开
解：
注意到所给函数f（z）在复平面内有两个奇点z=±i,因此复平面被分成两个互不相交的区域
1）0<|z−i|<2
2）2<|z−i|<+∞
由于函数分别在这两个圆环域内解析，故f（z）可以在这两个圆环域内展开为洛朗级数1）在0<|z−i|<2内
111
1+z2=z−i·z+i
111
−−−
=zi·2i1（2−i）
z−i
n=0
2i
∞
=z−i·2i
−
11∑（z−i）n
n=0
2i
∞
∑in−1
n−1
2）在2<|z−i|<∞内
=
n=0
11
2n+1（z−i）
1
1+z2=z−i·z+i
111
z−i
）
（
=z−i·z−i·1−（−2i）
∑1
∞
−
=
（zi）2
n=0
1
2in
−z−i
∞
1）解：
当0<|z|<1时，注意到1=∑zn，对该式的两边同时求导，得到
（3）f（z）=z（1−z）2,0<|z|<1,0<|z−1|<1
1−z
n=0
∑
∞
1=nzn−1
（1−z）2
n=1
∑
∞∞
故1=nzn−2=
z（1−z）2
∑（n+2）zn
n=1
n=−1
2）解：
当0<|z−1|<1时
∞
11∑nn
==（−1）（z−1）
z1+z−1
∑−−
∞
n=0
∞
故1=
（1）n（z1）n−2=
z（1−z）2
∑（−1）n（z−1）n
n=0
z
n=−2
（4）f（z）=sinz,0<|z|<π
解：
由limz
=1，补充定义f（0）=1，可知limf（z）−f（0）
=0，即f′（0）存在，那么
z→0sinz
z→0z−0
此时f（z）在圆|z|<π内解析，故所求洛朗展开其实就是泰勒展开，又f（z）是偶函数，
故奇次幂的系数均为零，于是我们可以设
z
sinz
0
2
4
0
=a+az2+az4+···（a
=f（0）=1）
那么
z=sinz（a0+a2z2+a4z4+···）
3!
5!
0
=（z−1z3+1z5−···）·（a
2
4
+az2+az4+···）
=az+（a−a0）z3+（a0−a2+a）z5+···
026
比拟两端系数得到
12064
0
a=1,a
a01
2
6
6
==,a
a0a27
4
120
6
360
=−++=,···
故
sinz
6
360
z=1+1z2+7z4+···
1.4留数
注意：
在本节的所有题目中，假设非特别说明，那么所谈论的孤立奇点都是指有限点，不包括对∞点的讨论
1.设f（z）与g（z）分别以z=a为m阶与n阶极点,那么以下3个函数:
（1）f（z）+g（z）,
（2）f（z）g（z）,
（3）f（z）/g（z）
在z=a处有什么性质?
解：
根据极点的特征，z=a分别是f（z）与g（z）的m阶、n阶极点，等价于在a的去心邻域内有
φ（z）ψ（z）
f（z）=（z−a）mg（z）=（z−a）n
期中φ（z）与ψ（z）在a的邻域内解析，φ（a）̸=0,ψ（a）̸=0，利用此表示式考察所给的三个函数，有
（1）不难看出
φ（z）+（z−a）m−nψ（z）（z−a）m
（z−a）n−mφ（z）+ψ（z）
m>n
f（z）+g（z）=
（z−a）
φ（z）+ψ（z）（z−a）m
nmm=n
其中当m>n时，分子以z=a代入得φ（a）̸=0；当m当m̸=n时，点a是f（z）+g（z）的max{m,n}阶极点；
当m=n时，假设φ（a）+ψ（a）̸=0，点a是f（z）+g（z）的n阶极点;假设φ（a）+ψ（a）=0，那么点a是f（z）+g（z）的低于n阶的极点或可去奇点〔请自己思考为什么〕
φ（z）ψ（z）f（z）g（z）=（z−a）m+n
因φ（z）ψ（z）在a的邻域内解析且φ（a）ψ（a）̸=0，所以a是f（z）g（z）的m+n阶极点。
1φ（z）,m>na是mn阶极点
−
（z−a）m−nψ（z）
f（z）=（z−a）n−mφ（z）,mg（z）
ψ（z）
φ（z）
m=na是可去奇点
ψ（z）
1
2.假设m,n为自然数且a̸=b,试求函数f（z）=（z−a）m（z−b）n在a与b处的留数.
解：
不难看出，a与b分别是函数f（z）=1
（z−a）m（z−b）n
的m阶与n阶极点，于是由公式有
1
Res[f（z）,a]=
lim
dm−1m
m−1[（z−a）
f（z）]
（m−1）!
z→a
1
=lim
（m−1）!
z→a
dz
（−1）m−1n（n+1）···（m+n−2）（z−b）m+n−1
=
（−1）m−1n（n+1）···（n+m−2）（m−1）!
（a−b）n+m−1
根据a与b的对称性，我们可以得到
Res[f（z）,b]=
3.求以下各函数在孤立奇点处的留数:
（−1）n−1m（m+1）···（m+n−2）（（n−1）!
（b−a）m+n−1
（1）z2
1
sin,
z
z
解：
f（z）=z2sin1有孤立奇点0,并且在0<|z|<∞内有洛朗展开式
z2sin1=z2（1−11+11−···）
zz3!
z35!
z5
1111
=z−3!
z+5!
z3−···
所以
Res[z2sin1,0]=−1
z
（2）ez+1,
z3!
解:
f（z）有孤立奇点0,并且在0<|z|<∞内有洛朗展开式
z
ez+1
=eze1
z
2!
3!
z
2!
z2
3!
z3
=（1+z+1z2+1z3+···）·（1+1+11+11+···）
=···+（1+1+11+11+···）1+···
2!
2!
3!
3!
4!
z
1
注意在计算留数时我们只关心
z
的系数，故
z
Res[ez+1,0]=∑∞
1
k!
（k+1）!
k=0
（3）
1
z
sin1,
z
sin1kπkπ
解:
函数f（z）=1有奇点0,1（k=±1,±2,···）,显然0为非孤立奇点，1为一阶极点，由公式有
Res
f（z）,1
[
kπ
1
]
.
z=
z
1
kπ
=（sin1）′.=
（1）k+1
−
k2π2（k=±1,±2,···）
Q（z）
0
0
注：
由分式给出的函数P（z）,其中P（z）与Q（z）在z（̸=∞）都解析，假设z为Q（z）的一阶零
0
0
Q（z）
0
0
Q（z）
点，那么当P（z）̸=0时，z是P（z）的单极点，当P（z）=0时z是P（z）的可去奇点，
Q（z）
0
Q′（z0）
不管是哪一类奇点都有Res[P（z）,z]=P（z0）.
（4）
z2n
1+zn.
解：
函数以方程1+zn=0的根ak
=ei2k+1π（k=0,1,2,···,n−1）为孤立奇点，由公式
n
有
k
Res[f（z）,ak]=
（1+zn）′.z=a
=−nak（k=0,1,2,···,n−1）
z
.
2n1
k
4.设∞是函数f（z）的一个孤立奇点,即f（z）在0≤r<|z|<+∞内解析,那么f（z）在∞处的留数是什么?
I
解：
设∞是函数f（z）的一个孤立奇点，即f（z）在0≤r<|z|<∞内解析，那么
12πi
||
f（z）dzC:
z=ρ>r
C−
为f（z）在点∞的留数，注意这里C−是指顺时针方向〔这个方向可以很自然的理解为围绕点∞的正方向〕.设f（z）在0≤r<|z|<∞内的洛朗展开式是
f（z）=···+a−n+···+a−1+a
+az+···+a
zn+···,
zn
I∞
对上式逐项积分得到
z01n
Res[f,]=1
2πi
f（z）dz=a1
−
−
C−
即Res[f,∞]等于f（z）在点∞的洛朗展开式中
1这一项的系数的相反数。
假设点
z
∞是f（z）的可
去奇点〔或解析点〕，那么Res[f,∞]可以不是零。
如z=∞是
z
Res[1,∞]=−1
1的可去奇点，但是
z
.
]
注：
对于无穷点的留数计算我们可以采用公式〔思考一下为什么〕
z2
Res[f（z）,∞]=−Res[1f
（1）,0
z
关于无穷点的留数以及无穷点作为孤立奇点的分类局部更详细的内容可参见教材〔?
数学物理方法?
梁昆淼〔第四版〕〕P49,P52
5.假设f（z）在扩充z平面上只有有限个孤立奇点,设为z1,z2,···,zn,∞.那么f（z）在各点的留数之和是多少?
为什么?
解：
留数和为零，因为假设以z=0点为圆心，取半径R为
R>max{|z1|,|z2|,···,|zn|},
I
作圆周C:
|z|=R，由留数定理得到
n
f（z）dz=2πi∑Res[f,zk]
Ck=1
两边同时除以2πi并移项，得到
∑
n
Res[f,zk]+Res[f,∞]=0.
k=1
6.求f（z）=
z在各有限孤立奇点处的留数之和.
−
7
（z21）3（z2+2）
解：
f（z）的有限孤立奇点是±1与±√2i.假设直接计算出每一个点的留数再相加会比拟麻烦，用上一题的结论就会方便很多。
因为
z7
f（z）=（z2−1）3（z2+2）
z7
=（z2）3（1−1）3（1+2）z2
z2
11−3
z2
2−1
=z（1−z2）（1+z2）
132
=z（1+z3+···）（1−z2+···）
11
=z+z3+···,
故Res[f,∞]=−1,于是f（z）在孤立奇点±1,±√2i的留数之和为1.
I
这样在计算f（z）在沿C:
|z|=2积分时就有
z7
C
（z2−1）3（z2+2）dz=−2πiRes[f（z）,∞]=2πi.
2第二次习题课〔第八周）
2.1用留数计算定积分
1.计算以下积分
2
∫π1
（1）I=
0
a+sin2xdx（a>0）;
解：
由三角函数公式，令t=2x,得到
2
I=
∫πdx
2
0a+1（1−cos2x）
∫
πdt
=
∫
02a+1−cost
1π
−−π
=
dt
∫
22a+1cost
12πdt
=
itdz
202a+1−cost
z2+1
令z=e
那么dt=
cost=
iz
于是
2z
2
I=1∫
1dz
=i∫
iz
2z
|z|=1
（2a+1）−z2+1
1
dz
|z|=1z2−2（2a+1）z+1
被积函数f（z）1
z2−2（2a+1）z+1
在|z|=1内只有一阶极点z0
=（2a+1）−√（2a+1）2−1.由
公式
1
z→z0（z
−2（2a+1）z+1）
Resf（z0）=lim2
由留数定理
1
−
′=4√a（a+1）
由留数定理
∫
−1π
（2）I=
I=i2πi4√a（a+1）=2√a（a+1）
π
tan（θ+ia）dθ（a为实数且a=0）;
̸
0
解：
由于
tan（θ+ia）=
sin（θ+ia）cos（θ+ia）
ei（θ+ia）−e−i（θ+ia）
=i[ei（θ+ia）+e−i（θ+ia）]
−
e2i（θ+ia）1
=i[e2i（θ+ia）+1]
令z=e2i（θ+ia）,那么dθ=dz,tan（θ+ia）=z−1,并且当θ从0变到π时，z绕圆周|z|=
e−2a正向一周.于是
2iz
i（z+1）
∫
π1
0
I=tan（θ+ia）dθ=−2
∫|z|=e−2a
z−1dzz（z+1）
||
当a>0时，被积函数f（z）=z−1在z=e−2a内只有一个单极点z=0.故
z（z+1）
11
I=−22πiResf（0）=−22πi（−1）=πi
||−
当a<0时，被积函数f（z）=z−1在z=e−2a内有两个单极点z=0和z=1.故
z（z+1）
1
I=−22πi[Resf（0）+Resf（−1）]
1
=−22πi（−1+2）
=−πi
综上
（3）I=
2π
1∫2π
0
I=
1−2rcosx+r2（0（1−r2）dx
π
∫
tan（θ+ia）dθ=
0
πi,a>0
−πia<0
0
解：
设z=eix,那么cosx=
1（z+z−1）,dx=1
2iz
dz,那么
−∫
dz
（1r）21
I=iz
∫
2π
−
（1r）2
=
（）−
2πi
|z|=11−r（z+z−1）+r2
dz
|z|=1（z−r）（1−rz）
∫+∞
（4）I=
0
（cos2x）2
=（1r2）Res1,r=1
（z−r）（1−rz）
0
（x2+1）2（x2+4）dx;
解：
易见
∫
1+∞
I=
1（1+cos4x）
2
dx
2−∞
（x2+1）2（x2+4）
=
4
（x2+1）2（x2+4）dx+
（x2+1）2（x2+4）dx
1[∫+∞1∫+∞cos4x]
−∞
−∞
−∞
−∞
由留数定理有
−∞
（x2+1）2（x2+4）
∫+∞dx
（z2+1）2（z2+4）
（z2+1）2（z2+4）
=2πi{Res[1,i]+Res[1,2i]}
=2πi{[1]′.
+[1].}
（z+i）2（z2+4）
=2πi（−i+−i）
.z=i
（z2+1）2（z+2i）
.z=2i
3636
π
=
9
∫
+∞cos4x
（x2+1）2（x2+4）dx
{
+Res
（
[
−∞
=Re
2πi
Res
（z2+1）2（z2+4）,i
e4iz
][e4iz
]）}
=Re
{2πi
（[
e4iz
（z+i）2（z2+4）
′
.
+
.z=i
（z2+1）2（z2+4）,2i
e4iz
（z2+1）2（z+2i）
].z=2i）}
[
]
=Re{2πi（−13ie−4+−ie−8）}
（）
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