第一章例题例1.1试问函数把平面上的下列曲线分别变成平面上的何种曲线?(1)以原点为心,2为半径,在第一象项里的圆弧;(2)倾角的直线;(3)双曲线。解设,则因此(1)在平面上对应的图形为:以原点为心,4为半径,在上半平面的半圆周。(2)在平面上对应的图形为:射线。(3)因,故,在平面上对应的图形为:直线。例1.2设在点连续,且,则在点的某以邻域内恒不为0.证因在点连续,则,只要,就有特别,取,则由上面的不等式得因此,在邻域内就恒不为0。例1.3设试证在原点无极限,从而在原点不连续。证令变点,则从而(沿正实轴)而沿第一象限的平分角线,时,。故在原点无确定的极限,从而在原点不连续。第二章例题例2.1在平面上处处不可微证易知该函数在平面上处处连续。但当时,极限不存在。因取实数趋于0时,起极限为1,取纯虚数而趋于零时,其极限为-1。故处处不可微。例2.2函数在满足定理2.1的条件,但在不可微。证因。故但在时无极限,这是因让沿射线随而趋于零,即知上式趋于一个与有关的值。例2.3讨论的解析性解因,故要使条件成立,必有,故只在可微,从而,处处不解析。例2.4讨论的可微性和解析性解因,故要使条件成立,必有,故只在直线上可微,从而,处处不解析。例2.5讨论的可微性和解析性,并求。解因,而在复平面上处处连续且满足条件,从而在平面上处处可微,也处处解析。且。例2.6设确定在从原点起沿负实轴割破了的平面上且,试求之值。解设,则由代入得解得:,从而。例2.7设则且的主值为。例2.8考查下列二函数有哪些支点(a)(b)解(a)作一条内部含0但不含1的简单闭曲线,当沿正方向绕行一周时,的辐角得到增量,的辐角没有改变,即从而故的终值较初值增加了一个因子,发生了变化,可见0是的支点。同理1也是其支点。任何异于0,1的有限点都不可能是支点。因若设是含但不含0,1的简单闭曲线,则故的终值较初值增加了一个因子,未发生变化。最后不是的支点。因若设含0,1的简单闭曲线,则故的终值较初值增加了一个因子,未发生变化。(b)可能的支点是0,1,。设分别是含0但不含1,含1但不含0,和既含0又含1的简单闭曲线,则结果的终值较初值均发生了变化。故0,1,都是支点,此外别无支点。例2.9试说明在将平面适当割开后能分出三个解析分支。并求出在点取负值的那个分支在的值解易知的支点是。因此,将平面沿正实轴从0到1割开,再沿负实轴割开。在这样割开后的平面上,能分出三个解析分支。现取一条从到的有向曲线(不穿过支割线),则于是又由题设,可取。故得。(3)关于对数函数的已给单值解析分支,我们可以借助下面的公式来计算它的终值:即其中是一条连接起点和终点且不穿过支割线的简单曲线;是满足条件那一支在起点之值的虚部,是一个确定的值。例2.10试说明在割去“从-1到的直线段”,“从到1的直线段”与射线“且”的平面内能分出单值解析分支。并求时等于零的那一支在的值。解的支点为。这是因当变点单绕一周时,故的值增加了,的值未改变,从而,的值增加了,从一支变成另一支。故是支点,同理也都是支点,此外无其它支点。故在割去“从-1到的直线段”,“从到1的直线段”与射线“且”的平面内能分出单值解析分支。现设是一条连接起点和终点且不穿过支割线的简单曲线。则故这就是所要求之值。例2.11求反正弦。解例2.12求解。第三章例题例3.1命表连接点及的任一曲线,试证(1)(2)证(1)因,故,即(2)因,选则得,但我们又可选,则得由定理3.1,可知积分存在,因而的极限存在,且应与及的极限相等,从而应与的极限相等。今,所以。注当为闭曲线时,例3.2(重要的常用例子)这里表示以为心,为半径的圆周。(注意,积分值与,均无关)。证的参数方程为:。故;当为整数且时例3.3试证。积分路径是连接和的直线段证的参数方程为即沿,连续,且而之长为2,故由定理3.2,。例3.4计算积分其中积分路径为:(1)连接由点到点的直线段;(2)连接由点到点1的直线段及连接由点1到点的直线段所组成的折线。解(1)连接及的直线段的参数方程为:(),故。(2)连接与1的直线段的参数方程:。连接点1与的直线段的参数方程为:,即,故由此例可以看出,积分路径不同,积分结果可以不同。例3.5计算积分解在单连通区域:内,函数的一个原函数,且在内解析,故由牛顿—莱布尼兹公式有例3.6计算下列积分(1),(2),其中为右半圆周,,,起点为,终点为;(3)那一支。解(1)因为的支点为,所以它在闭圆上单值解析。于是由柯西积分定理3.9(2)因为上解析故。(3)因为的支点为,其单值分支在圆内解析,并连续到边界,所以由柯西积分定理3.9。例3.7设为围线内部一点,则证以为圆心画圆周,使全含于的内部,则由复围线的柯西积分定理得再由例3.2即得要证明的结论。例3.8计算积分解因在闭圆上解析,由柯西积分公式得定理3.11的特殊情形,有如下的解析函数的平均值定理。例3.9设在上解析。如果存在,使当时而且试证:在圆内至少有一个零点。证反证法,设在内无零点,而由题设在上也无零点。于是在闭圆上解析。由解析函数的平均值定理,又由题设,,从而,矛盾。故在圆内至少有一个零点。例3.10计算积分其中是绕一周的围线。解因为在平面上解析,应用公式(3.5)于,我们得。例3.11应用刘维尔定理证明代数学基本原理。在平面上,次多项式至少有一个零点。证反证法,设在平面上无零点。由于在平面上是解析的,在平面上也必解析。下面我们证明在平面上有界。由于,故存在充分大的正整数,使当时,,又因在闭圆上连续,故可设从而,在平面上于是,在平面上是解析且有界。由刘维尔定理,必为常数,即必为常数。这与定理的假设矛盾。故定理得证。例3.12如果为一整函数,且有使的实数存在,试证为常数。证令为整函数。又在平面上故有界,由刘维尔定理可见是常数,因此也是常数。例3.13设是整函数,是整数,试证当时,至多是次多项式。证只须证得对任何的,。由可知,对任给的,存在,只要时就有。在平面上任取一点,再取以为心,以为半径的圆周,使圆周全含于其内部。于是有。这时对于,必,因而。由柯西不等式可得因为是任意的,所以。故至多是次多项式。例3.14验证是平面上的调和函数,并求以为实部的解析函数,使合。解因在平面上任一点故在平面上为调和函数。法一故要合,必,故。法二先由条件中的一个得,故,再由条件中的另一个得,故因此。(下同法一)例3.15验证在右半角平面内是调和函数,并求以此为虚部的解析函数。解于是故在右半平面内,是调和函数。两端对求导,所以,从而(任意常数),故它在右半平面内单值解析。第四章例题例4.1考察级数的敛散性。解因发散,故虽收敛,我们仍断定原级数发散。例4.2试求下列各幂级数的收敛半径。(1)解。(2)。解因,故。(3)。解因,故。(4)解应当是平方数时,其他情形。因此,相应有,于是数列{}的聚点是0和1,从而。例4.3将在展开成幂级数。解因在内解析,故展开后的幂级数在内收敛。已经知道:,在时将两式相乘得(按对角线方法)。例4.4求的展开式。解因的支点为及,故其指定分支在内单值解析。,其一般表达式为:当时。例4.5将及展为的幂级数。解因,同理。两式相加除以2得,,两式相减除以得。例4.6试将函数按的幂展开,并指明其收敛范围。解例4.7考察函数在原点的性质。解显然在解析,且。由,或由知为的三级零点。例4.8求的全部零点,并指出它们的级。解在平面上解析。由得即故,这就是在平面上的全部零点。显然故都是函数的二级零点。例4.9设(1)及在区域内解析;(2)在内,试证:在内或。证若有使。因在点连续,故由例1.28知,存在的邻域,使在内恒不为零。而由题设,故必.由唯一性定理(推论4.21)。例4.10试用最大模原理证明例3.9。即证:“设在闭圆上解析,如果存在,使当时,而且,则在圆内,至少有一个零点。”证如果在内,无零点。而由题设在上,且在上解析。故在上解析。此时,且在上,,于是必非常数,在上。由最大模原理,这就得到矛盾。第五章例题例5.1将函数在下列三个区域内(1)圆;(2)圆环;(3)圆环内求的罗朗展式。解:首先(1)在圆内,,因此(2)在圆环内有,,故(3)在圆环内,,故例5.2求在其孤立奇点的去心邻域内的罗朗展式。解:有两个奇点和。在的(最大)去心邻域内在的(最大)去心邻域内例5.3在平面上只有奇点。在其去心邻域内有罗朗展式例5.4只有奇点,在内有例5.5分析在处的状况。是一个本性奇点,对,可设,即,而。对,可解方程得无穷多个解则,且当然更有。例5.6求出(1)(2)的奇点(包括),并确定其类别解:(1)以为可去奇点为一级极点为非孤立奇点(因是的聚点)(2)令,得该函数的所有奇点为,,是一级极点,是非孤立奇点,因是聚点。至于应是可去奇点,因若令化为是解析点。即是可去奇点(或解析点)。例5.7若在内解析,且不恒为零,又若有一列异于但却以为聚点的零点,试证必为的本性奇点。证:是的孤立奇点,且不能是可去奇点,若不然,令则在内解析且由假设有以为聚点的一列零点。由零点的孤立性,必恒为0,这题没矛盾。其次也不能是的奇点,否则有,使当时,这亦与题没矛盾。故只能是的本性奇点。第六章例题例6.1计算解:在圆周的内部只有一级极点及二级极点,而由残数定理,得例6.2计算解:只以为一级极点,而。由残数定理得例6.3计算解:只有一个三级极点,由残数定理得例6.4计算解:只有一个本性奇点在单位圆周内部。而其罗朗展式为故残数定理推得例6.5计算解:共有七个奇点:,,及。前6个根均在内部,故而故。从而此外,可另法求残数:而以为一级极点,故。例6.7计算解:令,则,当时故。例6.8解:令则令则绕一周时绕二周,故有两个奇点和故有残数定理得例6.9计算积分解:令,则设,则被积函数只有一个一级极点在围线内部,而有残数定理得:于是故例6.10设,计算积分解:因共有四个一级极点而而在上半平面内只有两个极点及,故例6.11计算解:被积函数为偶函数,故根据定理6.8得于是有例6.12计算积分解:不难验证满足所需条件,且有两个一级极点和。于是比较两端的实部与虚部,就得。