茂名学院函授《复变函数》课程自学指导
茂名学院师范学院数学系 李伟勋 编
2002年8月
茂名学院函授《复变函数》课程自学指导课程代码：
课程名称：复变函数/Complex Functions
面授学时：50
学分：
先修课程：《数学分析》
适用专业：数学教育专业函授本科（专升本）
开课院(系)、教研室：茂名学院成人教育学院教材、教学参考书：《复变函数论,钟玉泉 编 （高等教育出版社）
（一）、本课程的性质和任务复变函数是微积分在复数域的推广，它是研究复变量的复值函数的分析课程，是一门重要的数学基础课程。针对数学专科起点的学生，本课程面授侧重于基本理论能力的讲解和培养，使学生熟练掌握复变函数的基本理论和基本方法，了解复变函数在后继的数学课程中的应用及在解决实际问题中的应用。通过本课程的学习，为以后更好地学习其他专业课程奠定必要的基础。
（二）、 本课程教学内容和基本要求本课程指导按教材分七章，分别如下：
第一章? 复数与复变函数一、具体要求：
1、理解并掌握复数、复数域、模、辐角、共轭复数等概念及性质。
2、熟练掌握复数的多种表示法、复数的四则运算及开方运算。
4、理解复数运算的几何意义、复平面上点集、区域、单连通域、多连通域和复球面、错误！不能通过编辑域代码创建对象。、扩充复平面等概念。
5、理解复变函数以及映射的概念，会求复变函数的极限和证明其连续性。
二、学习重点
1、熟练掌握复数的模、辐角、共轭、四则运算及三种表示法的互换、开方。
2、熟练掌握复数列及复变函数的极限求法。
三、作业,错误！不能通过编辑域代码创建对象。 1、2、3；错误！不能通过编辑域代码创建对象。 7，9；错误！不能通过编辑域代码创建对象。 11，15
第二章 解析函数一、具体要求
1、理解函数解析的概念与柯西－黎曼条件、掌握判别函数解析性的方法。
2、理解并记住初等函数的定义以及它们的一些主要性质。
3、理解并学会分出根式函数与对数函数的单值解析分支。
二、学习重点
1、函数解析性的判断，掌握和运用柯西－黎曼条件。
2、熟练掌握如何采用限制辐角或割破Z平面的方法，来求出根式函数与对数函数的单值解析分支。（由已给单值解析分支的初值错误！不能通过编辑域代码创建对象。，计算终值错误！不能通过编辑域代码创建对象。）
三、作业：错误！不能通过编辑域代码创建对象。 4，5；错误！不能通过编辑域代码创建对象。 8（1）、（2）；错误！不能通过编辑域代码创建对象。 10，11；错误！不能通过编辑域代码创建对象。 22，25，26；
第三章 复变函数的积分一、具体要求
1、理解复变函数积分的概念并掌握它的基本性质；掌握复变函数积分的一般计算方法（含复围线）；掌握柯西定理及其推论；
2、熟练掌握用柯西积分公式及高阶导数公式计算积分；了解摩勒拉定理。
3、了解解析函数与调和函数的关系，并掌握由已知的调和函数求其共轭调和函数，从而得到解析函数的方法。
二、学习重点
1、柯西定理，柯西积分公式及高阶导数公式的用法。
2、利用调和函数求解析函数。
三、作业： 1； 4，5，9； 10，12，15； 16（1），（3）；
第四章 解析函数的幂级数表示法一、具体要求：
1、了解复数项级数的敛散性及有关概念、主要性质及重要定理；
2、了解幂级数收敛的阿贝尔定理以及幂级数的收敛圆、收敛半径等概念，掌握幂级数收敛半径的求法以及幂级数在收敛圆内的性质；
3、记住几个主要的初等函数的泰勒展开式，能熟练地把一些比较简单的初等函数展开成泰勒级数；
4、掌握解析函数零点的概念；理解解析函数零点的孤立性及内部唯一性定理，最大模原理。
二、学习重点
1、学会判断级数的敛、散性；
2、能熟练地把一些比较简单的初等函数展开成泰勒级数；会求幂级数的收敛半径及收敛范围。
3、能找出零点并指出它们的级；
4、能够利用解析函数零点的孤立性及内部唯一性定理，最大模原理证明一些简单问题。
三、作业： 1，2； 5（1），（4），（5）；7（1），（2），（3）； 8，12；
第五章 解析函数的罗朗（Laurent）展式与孤立奇点一、具体要求：
1、理解罗朗级数的作用，能把比较简单的函数在不同环域内展开成罗朗级数；
2、理解并掌握孤立奇点的概念、分类及判别方法（含无穷远点）。
3、理解整函数与亚纯函数的概念。
二、学习重点
1、能在不同环域内将函数展开成罗朗级数；
2、孤立奇点类型的判别。
三、作业： 1（1），（2）； 2（1），（3）； 4，5，8；
第六章 残数理论及其应用一、具体要求：
1、理解函数在孤立奇点残数的概念；掌握残数的计算，尤其要熟悉较低阶极点处残数的计算；
2、掌握并能熟练应用残数定理；
3、能用残数来计算3种标准类型及积分路径上有奇点的定积分。
4、理解并掌握辐角原理、儒歇定理及其应用。
二、学习重点
1、残数的计算及应用残数计算定积分。
2、辐角原理、儒歇定理及其应用。
三、作业,
1； 3（1），（3），（4）；4（1）、（2）5（1），（3） 10，11，12
第七章 保形变换一、具体要求：
1、理解解析变换的保域性、保角性、单叶解析变换的保形性；知道有关保形变换的几个重要定理；
2、掌握分式线性变换的重要性质：保形性、保圆性、保对称性和保交比性；掌握确定半平面到半平面、半平面到单位圆、单位圆到单位圆的分式线性变换；
3、对于适当的区域能求得由分式线性函数、幂函数、指数函数、对数函数或其复合函数构成的变换。
4、了解保形变换的黎曼存在定理和边界对应定理二、学习重点熟练并掌握求由分式线性函数、幂函数、指数函数、对数函数或其复合函数构成的变换。
三、作业：P307 1,4(1),(4),6,8,(1),(2); 13; 13(2),18
解析开拓一、具体要求：
1、充分掌握相交区域解析开拓的概念与幂级数开拓方法。
2、掌握班勒卫连续开拓原理及透弧直接解析开拓的概念。
3、了解完全解析函数及黎曼面的概念。
二、学习重点
1、熟练掌握利用幂级数求解析开拓方。
2、会求（相互）直接解析开拓。
三、作业, 1，2，3，6，7
(三)作业参考答案第一章? 复数与复变函数 1、2、3； 7，9； 11，15
1、解：因为 ，=1
Arg=arctg+=,
2、解：由于,，故 ，
3、提示：移项，有
7、证明：设已知直线 ，（）
代 代入上式，化简，得
令 得 □
9、证明,由于 ,所以 arg
11、解：由
所以
（1） 由于 所以
（2）
（3）由于 即 ,有 ，即
（4）由 有
即
15、证明,,,
所以 在Z平面上处处连续。 □
解析函数 错误！不能通过编辑域代码创建对象。 4，5；错误！不能通过编辑域代码创建对象。 8（1）、（2）；
错误！不能通过编辑域代码创建对象。 10，11; 错误！不能通过编辑域代码创建对象。 22，25，26；
4、5、提示：利用 C.—Ｒ条件。
8、（1）证明：因为
故满足C.—R条件，在Z平面上解析.
有
(2) 证明,易求得
满足C. —R.条件,故在Z平面上解析.
10.证明,(1)
(2)
(3),
11,证明,设 ,则
(1)
(2)
(3)
22,解,作右图,令
i
C 0
-i
2解：
如图
作变换，则有，
（z在z平面上沿以z=0为心,为半径的圆周c从A走到B，经过该变换，其象点w在w平面上以点为心，为半径的象圆周从刚好绕的支点-1转 一整周。）
已知初值 ，即
26．解：易知，为支点，沿0，1割开z平面的区域D内，能分出三个单值解析分支。连结点2，i,取路线c
复变函数的积分 1； 4,9； 10，12，15； 16（1），（3）；
解：由积分分路径线性无关性,
4、提示：求各被积函数的奇点，并证明它们在圆周的外部即可。
9、解：（1）
（2）利用解析函数的无穷可微性，（定理3.13）
10、解：（分析：被积函数在C3内有三个奇点，作C1，C2分别挖去，构成复围线，应用柯西积分公式和复围线的柯西积分定理）
（1）
（2）
（3）
12、解：由于
15、证明,由于 得 设 ，由在z平面上解析得 在z平面上解析,又因为 ,则
故函数,所以 必为常数,所以 必为常数.
16、解：（1）用线性积分法，
）=
由于
所以
（3）
第四章 解析函数的幂级数表示法-
1，2； 5（1），（4），（5）；7（1），（2），（3）； 8，12；
1、解：（1）由于 i1=i,i2=-1,i3=-i,i4=1
利用交错级数收敛判别法及极限运算法则知存在，设为。此外，显然有
由此会得到 ,因此级数收敛,但非绝对收敛.
(2) 由于
又 故 ,由优级数判别法知原级数收敛且绝对收敛.
(3) ,考虑正项级数
解：（1）
（2）
（3）
5、解：（1）
（4）由于
=
(5) 由于 ,，
7、解：（1）
=
又
收敛范围为
（2）
（3）
8、（略）
12、证明：因在点解析，故由泰勒定理
再由题设条件得 ,再由唯一性定理（定理4.21）得
□
第五章 解析函数的罗朗（Laurent）展式与孤立奇点
1（1），（2）； 2（1），（3）； 4，5，8；
1、解：（1）因为 所以在 内，有
在内，有
（2）因为 ,所以在 内有
解：（1）在内
（3）在 内有
由于 而由
4、5、8（略）
第六章 残数理论及其应用
P2601；P262 3（1），（3），（4）；4（1）、（2）5（1），（3）P26410，11
1、解：（1）由于z1=1，z2=-1 为一级极点
（2）、由于
（3）、因为z=0为4级极点，分子1级零点，故为3级极点
，
（4）、由于z=1为本性奇点，且
所以
（5）、由于z=1为n级极点
（6）,由于z=-1，1为一级极点
解：（1）由于在C：内仅有二级奇点z=0
所以 I=
（3）C为，在C内被积函数的奇点z=1为2级极点，z=i为1级极点，由残数定理得
（3）均为的n级极点，有
同理，
当
另：（1）、当即，在C外部，有I=0
（2）、当时，点在C内，点在C外
4、（1）令，则，,有
令，解得 z1，2，仅有在C内
（2） 以代入，则有
分母有两个根 其中在内，依残数定理，有
5、（1）令，由，
得，。易知，仅有z1=i,z2=2i 在z的上半平面
（3）设，令分母为零，得
上半平面仅有
10、证明：设
令C：。易知在C的内部解析，且连续到C；
在C上有 故
由儒歇定理，与在C的内部有同样多的零点，即1个又因为 ,
由介值定理，知在[0，1]内有一实根。□
11、证明：在上， 故 的零点个数与相同易知，的零点个数为n
故 有n 个根。□
第七章 保形变换 P307 1,4(1),(4),6,8,(1),(2); 13; 13(2),18
1.解：因为
故知伸缩率，旋转角
将经过点且平行于实轴正向的向量映成平面经过
且方向向上的向量。
4,解:(1) 利用交比不变性，有
得
(4) 由交比的不变性 得
6,解,要使不为常,应满足 ,要使 映为直线,则上某点应映为
,这时 ,即 ,所以,将映为直线的分式线段满足以下条件,.
8,解,把单位圆映成单位圆的分式线性映射为
(1) 因为 映为0,所以其对称点映为,令 ,则
。
又由知，，故 ，即 ，所求分段式线段变换为
（2）由（1）可知 ,又因为，
由，故 ,于是所求分式线段性变换为
12、解：先将映为平面上的，将平面上的映为平面上半面的变换，利用将平面上半面的变换成平面上的，如下图：
由于，由公式 ，即得
即 ，由即得
从而 即
13、（2）解：如下图：
1）将二角形区域映为平面上一个角形域.点映为,二角形区域内角,角形区域内角也为,由于
所以，角形区域为由方向角是和两射线所夹区域.
2)变换 将角形区域映成区域
3)变换将左半平面映成 (即旋转角)
复合,得
18、解：如下图：
第八章 解析开拓 1，2，3，6，7
证明,
两端微分,
而 除外在z平面上解析, □
2,证明,易知 在内必解析,在内
而在z平面上除 外解析,
所以是 由 向外开拓的完全解析函数
3,证明,因
可见 及都是完全解析函数 的解析元素.
又由于包含圆,所以是向外的解析开拓,□
6,证明,
及同是完全解析函数 的两个解析元素,
且 ,故后者是前者向外的解析开拓,□
7,证明,因当 时有
所以,当 ,即 时,
故,两个解析函数 与在它们的相交区域在d内都等于□
(四) 模拟试题一、填空题(每空2分，共14分)
1.设点,则其辐角主值argz (-π<arg)为_______.
2.sinz在=0的幂级数展式为_______.
3.称变换=为_______变换.
4.设f(z)是区域D内的单值函数，如果_______，则称f(z)在D内是单叶的.
5.方程α+α=c(α为非零复常数，c是实常数)所表示的z的轨迹为_______.
6.设w=，(z∈G:-π<arg z<π)为一单值分支，若w(i)=-i,则w(-i)=_______.
7.多项式p(z)=z8-5z5-2z+1在单位圆内有_______个零点.
二、判断题(判断下列各题，正确的在题后括号内打“√”，错的打“×”。每小题2分，共14分)
1.设z =x+iy在上半平面，且x≠0则其辐角主值arg z(-π<arg)为arctg.( )
2.f(z)=u(x,y)+iv(x,y)在区域D内解析的充要条件是u(x,y)、v(x,y)在区域D内满足柯西—黎曼条件.( )
3. =sin.( )
4.设z0是f(z)的孤立奇点，若z0既不是可去奇点也不是极点，则一定是本性奇点.( )
5.设D是由围线C所围成的区域，若f(z)在D内解析，则=0.( )
6.sin z的零点z=kπ(k=0，±1,…)为二级零点.( )
7.若f(z)=x2-y2+2xyi,则f(z)在复平面上处处解析.( )
三、完成下列各题(每小题5分，共30分)
1.设z=,求｜z｜及Argz.
2.设f(z)=u(x,y)+iv(x,y)在区域D内解析，试证：在区域D内f ′(z)=ux+ivx.
3.证明：函数cosz在z平面上无界.
4.若实系数n次方程
a0xn+a1xn-1+…+an-1x+an=0 (a0≠0)
有虚数解a+ib，证明a-ib也是方程的解.
5.计算积分，其中C是上半单位圆周，起点为-1，终点为1.
6.求函数f(z)=在z=0，∞的残数.
四、(10分)
求积分值I=.
五、(11分)
求函数的奇点，并判定其类别(包括无穷远点).
六、(11分)
证明刘维尔(Liouville)定理：有界整函数f(z)必为常数.
七、(10分)
设f(z)在区域D内解析，并且在某一点z0∈D有
f(n)(z0)=0,n=1,2,…
试证f(z)在D内必为常数.
复变函数试题参考答案一、填空题(每空2分，共14分)
1,
2,sin z=z-
3,旋转变换.
4,对于D内任意两个不同的点z1,z2,有f(z1)≠f(z2).
5,直线.
6,
7,5.
二、判断题(每小题2分，共14分)
1.× 2.× 3.√ 4.√ 5.×
6.× 7.√
三、完成下列各题(每小题5分，共30分)
解：｜z｜=
Arg z=arg z+2kπ
=arctan (k=0,±1，±2，…).
2.证明：f ′(z)=
=
3.证明：取z=iy(y>0),则
cos(iy)=
只要y充分大，cos(iy)就可大于任一预先给定的正数。
4.证明：设f(x)=a0xn+a1xn-1+…+an-1x+an，则由题设，z=a+ib满足
f(z)=a0zn+a1zn-1+…+an-1z+an=0.
于是
0=
=
即证得也是f(x)=0的解.
5.解：上半单位圆周的方程是z=eiθ()，则dz=ieiθdθ，于是
6.解：因为
所以
(注：若认为z=0为函数的4级极点，则该部分不得分)
由于z=0是唯一有限奇点，故
四、(10分)
解 本题属型积分，因被积函数是偶函数，所以
I=
考察函数f(z)= ,在上半平面上仅有两个一级极点z=i和z=2i，且
于是
五、(11分)
解 的奇点有z=1、2kπi(k=0,±1，±2，…)、∞
因为z=1是的本性奇点，是ez-1的解析点，所以是函数的本性奇点.
由于z=2kπi (k=0,±1，±2，…)是的零点，且
(k=0,±1，±2，…)，
所以z=2kπi (k=0,±1，±2，…)是的一级零点，从而是的一级零点，即是的一级极点.
由于当k→∞时，2kπi→∞，即z=∞是极点的极限点，因此它不是孤立奇点.
六、(11分)
证明 设｜f(z)｜的上界为M，则对于z平面上任一点z,
｜f ′(z)｜=
上式对一切正数R成立，令R→+∞，即知f ′(z)=0，而z是z平面上任一点，故f(z)必为常数。
七、(10分)
证明 取完全含在D内的z0的邻域K：｜z-z0｜<δ，则在K内f(z)可表示为
f(z)=f(z0)+
于是，由条件知，在K内f(z)=f(z0),即在K内f(z)恒等于常数。
从而由唯一性定理知，f(z)在D内必为常数.
