严镇军《复变函数》习题全解

1复数和平面点集

基础知识，非重点，答案略.

2复变数函数

1.
记 $z = x + i y$ ，则 $w = \frac{1}{z} = \frac{x - i y}{x ^{2} + y ^{2}}$ . 再设 $w = u + i v$ ，则 $u = \frac{x}{x ^{2} + y ^{2}}, v = \frac{- y}{x ^{2} + y ^{2}}$ .
1. (1)
  $x = 1 ⟹ u = \frac{1}{1 + y ^{2}}, v = \frac{- y}{1 + y ^{2}} ⟹ u^{2} + v^{2} = \frac{1}{1 + y ^{2}} = u$ . 此时该曲线为以 $z_{C} = \frac{1}{2}$ 为圆心、 $R = \frac{1}{2}$ 为半径的圆周.
2. (2)
  $y = 0 ⟹ u = \frac{1}{x}, v = 0$ . 此时该曲线为实轴.
3. (3)
  $y = x ⟹ u = \frac{1}{2 x}, v = \frac{- 1}{2 x} ⟹ u + v = 0$ . 此时该曲线为直线 $u + v = 0$ .
4. (4)
  $x^{2} + y^{2} = 4 ⟹ u = \frac{x}{4}, v = \frac{- y}{4} ⟹ u^{2} + v^{2} = \frac{x ^{2} + y ^{2}}{16} = \frac{1}{4}$ . 此时该曲线为以原点为圆心、 $R = \frac{1}{2}$ 为半径的圆周.
5. (5)
  这里 $x, y$ 不好直接消元，可逆向变换： $z = \frac{1}{w} ⟹ x = \frac{u}{u ^{2} + v ^{2}}, y = \frac{- v}{u ^{2} + v ^{2}}$ ，则
  
  $5 = (x - 1)^{2} + y^{2} = (\frac{u}{u ^{2} + v ^{2}} - 1)^{2} + (\frac{- v}{u ^{2} + v ^{2}})^{2} = \frac{1}{u ^{2} + v ^{2}} - \frac{2 u}{u ^{2} + v ^{2}} + 1,$
  
  即
  
  $u^{2} + v^{2} = \frac{1 - 2 u}{4} ⟹ (u + \frac{1}{4})^{2} + v^{2} = \frac{5}{16} .$
  
  此时该曲线为以 $z_{C} = - \frac{1}{4}$ 为圆心、 $R = \frac{5}{4}$ 为半径的圆周.
2.
取路径 $y = k x$ ，则 $z \neq = 0$ 时， $f (z) = \frac{k}{1 + k ^{2}}$ ，因此 $z \to 0 lim f (z)$ 与 $k$ 的取值相关，极限不存在，故 $f (z)$ 在 $z = 0$ 处不连续.
3.
记 $p_{n} (z) = k = 0 \sum n a_{k} z^{k} (a_{n} \neq = 0)$ ，则

$∣ p_{n} (z) ∣ = k = 0 \sum n a_{k} z^{k} ⩾ ∣ a_{n} z^{n} ∣ - k = 0 \sum n - 1 a_{k} z^{k} ⩾ ∣ a_{n} z^{n} ∣ - k = 0 \sum n - 1 ∣ a_{k} ∣ z^{k}$
$= ∣ z ∣^{n} (∣ a_{n} ∣ - k = 0 \sum n - 1 \frac{∣ a _{k} ∣}{∣ z ∣ ^{n - k}}) .$

因此当 $z \to \infty$ 即 $∣ z ∣ \to + \infty$ 时，不等号右侧为 $+ \infty \cdot ∣ a_{n} ∣$ ，即 $z \to \infty lim ∣ p_{n} (z) ∣ = + \infty$ ，即 $z \to \infty lim p_{n} (z) = \infty$ .
4.
1. (1)
  $f (z) = ∣ z ∣ = x^{2} + y^{2}$ ，即 $u = x^{2} + y^{2}, v = 0$ ，显然对 $\forall z \in C$ 不满足C-R方程， $f (z)$ 在全平面处处不可导.
2. (2)
  $f (z) = x + y$ ，即 $u = x + y, v = 0$ ，显然对 $\forall z \in C$ 不满足C-R方程， $f (z)$ 在全平面处处不可导.
3. (3)
  $f (z) = \frac{1}{z ˉ} = \frac{x + i y}{x ^{2} + y ^{2}}$ ，即 $u = \frac{x}{x ^{2} + y ^{2}}, v = \frac{y}{x ^{2} + y ^{2}}$ ，注意到
  
  $\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{y ^{2} - x ^{2}}{( x ^{2} + y ^{2} ) ^{2}}, \frac{\partial u}{\partial y} = - \frac{2 x y}{( x ^{2} + y ^{2} ) ^{2}}, \frac{\partial v}{\partial y} = \frac{x ^{2} - y ^{2}}{( x ^{2} + y ^{2} ) ^{2}}, \frac{\partial v}{\partial x} = - \frac{2 x y}{( x ^{2} + y ^{2} ) ^{2}},$
  
  即满足C-R方程当且仅当 $x^{2} = y^{2}, x y = 0$ 同时成立 $⟹ x = y = 0$ . 但 $z = 0$ 时 $z ˉ = 0$ ， $f (z)$ 无定义且在该处不连续，故 $f (z)$ 在全平面处处不可导.
5.
1. (1)
  $u = x y, v = y$ ，由C-R方程得， $f (z)$ 可导时 $y = 1, x = 0$ . 但 $f (z)$ 在 $z_{0} = i$ 的邻域内不可导，因此 $f (z)$ 在全平面都不解析.
2. (2)
  1. i.
    $∣ z ∣ < 1$ 时， $f (z) = ∣ z ∣ z ⟹ u = x x^{2} + y^{2}, v = y x^{2} + y^{2}$ ，由C-R方程， $f (z)$ 可导时
    
    $\frac{2 x ^{2} + y ^{2}}{x ^{2} + y ^{2}} = \frac{x ^{2} + 2 y ^{2}}{x ^{2} + y ^{2}}, \frac{x y}{x ^{2} + y ^{2}} = - \frac{x y}{x ^{2} + y ^{2}} .$
    
    从中解得 $x = y = 0$ ，但 $f (z)$ 在原点附近不可导，因此 $f (z)$ 在 $∣ z ∣ < 1$ 处不解析.
  2. ii.
    $∣ z ∣ > 1$ 时， $f (z) = z^{2}$ 为幂函数，显然解析.
  3. iii.
    $∣ z ∣ = 1$ 时，由于 $f (z)$ 在 $∣ z ∣ = 1$ 上的点的邻域中 $∣ z ∣ < 1$ 的部分不解析，因此 $f (z)$ 在 $∣ z ∣ = 1$ 处必然不解析.
  综上， $f (z)$ 的解析区域为 $∣ z ∣ > 1$ .
6.
1. (1)
  $z^{3} = (x + i y)^{3} = (x^{3} - 3 x y^{2}) + i (3 x^{2} y - y^{3}) ⟹ u = x^{3} - 3 x y^{2}, v = 3 x^{2} y - y^{3}$ ，则
  
  $\frac{\partial u}{\partial x} = 3 (x^{2} - y^{2}) = \frac{\partial v}{\partial y}, \frac{\partial u}{\partial y} = - 6 x y = - \frac{\partial v}{\partial x}$
  
  对 $\forall x, y \in R$ 成立，因此 $z^{3}$ 在全平面上解析.
2. (2)
  $u = e^{x} (x cos y - y sin y), v = e^{x} (y cos y + x sin y)$ ，则
  
  $\frac{\partial u}{\partial x} = e^{x} [(x + 1) cos y - y sin y] = \frac{\partial v}{\partial y}, \frac{\partial u}{\partial y} = - e^{x} [(x + 1) sin y + y cos y] = - \frac{\partial v}{\partial x}$
  
  对 $\forall x, y \in R$ 成立，因此该函数在全平面上解析.
3. (3)
  $u = cos x cosh y, v = - sin x sinh y$ ，则
  
  $\frac{\partial u}{\partial x} = - sin x cosh y = \frac{\partial v}{\partial y}, \frac{\partial u}{\partial y} = cos x sinh y = - \frac{\partial v}{\partial x}$
  
  对 $\forall x, y \in R$ 成立，因此该函数在全平面上解析.
7.
注意到 $z \neq = z_{0}$ 时，

$\frac{f ( z )}{g ( z )} = \frac{f ( z ) - f ( z _{0} )}{g ( z ) - g ( z _{0} )} = \frac{f ( z ) - f ( z _{0} )}{z - z _{0}} / \frac{g ( z ) - g ( z _{0} )}{z - z _{0}},$

等式两端同时取 $z \to z_{0}$ ，由于 $f (z), g (z)$ 在 $z_{0}$ 解析，故

$z \to z_{0} lim \frac{f ( z )}{g ( z )} = \frac{f ^{'} ( z _{0} )}{g ^{'} ( z _{0} )}$
8.
1. (1)
  由C-R方程， $f^{'} (z) = \frac{\partial u}{\partial x} + i \frac{\partial v}{\partial x} = \frac{\partial v}{\partial y} - i \frac{\partial u}{\partial y} = 0$ ，则
  
  $\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial u}{\partial y} = \frac{\partial v}{\partial x} = \frac{\partial v}{\partial y} = 0.$
  
  因此 $u (x, y), v (x, y) = const$ ，亦即 $f (z) = u + i v = const$ .
2. (2)
  由于 $f (z) = u + i v, f (z) = u - i v$ 均解析，由C-R方程，
  
  $\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial v}{\partial y} = \frac{\partial ( - v )}{\partial y}, \frac{\partial u}{\partial y} = - \frac{\partial v}{\partial x} = - \frac{\partial ( - v )}{\partial x},$
  
  从中解得 $u, v$ 各偏导数均为0，同样有 $u, v = const ⟹ f (z) = const$ .
3. (3)
  $Re z = u = const$ 时，由C-R方程知 $v$ 的各偏导数均为0，则 $v = const$ ，进而 $f (z) = const$ .
4. (4)
  同上一条.
5. (5)
  $∣ f (z) ∣^{2} = u^{2} + v^{2} = const$ ，两端分别对 $x, y$ 求偏导，约分得
  
  $⎩ ⎨ ⎧ u \frac{\partial u}{\partial x} + v \frac{\partial v}{\partial x} = 0, u \frac{\partial u}{\partial y} + v \frac{\partial v}{\partial y} = 0,$
  
  联立C-R方程，消去 $v$ 的各偏导得
  
  $⎩ ⎨ ⎧ u \frac{\partial u}{\partial x} - v \frac{\partial u}{\partial y} = 0, u \frac{\partial u}{\partial y} + v \frac{\partial u}{\partial x} = 0.$
  
  当 $u = v \equiv 0$ 时，显然 $f (z) = 0$ 为常数；否则从中解得 $\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial u}{\partial y} = 0 ⟹ u = const$ ，同理 $v = const$ ，进而 $f (z) = const$ .
6. (6)
  记 $θ = ar g f (z) = const$ ，则 $v = u tan θ = k u$ ，其中 $k = tan θ = const$ ，将其代入C-R方程：
  
  $\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial v}{\partial y} = k \frac{\partial u}{\partial y}, \frac{\partial u}{\partial y} = - \frac{\partial v}{\partial x} = - k \frac{\partial u}{\partial x},$
  
  从中解得 $\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial u}{\partial y} = 0$ ；特别地，若 $θ = \frac{π}{2}$ 即 $k = + \infty$ ，则 $u = \frac{v}{k} = 0$ ，由C-R方程知 $u = 0$ . 因此无论 $k$ 取何值，均有 $f (z) = const$ .
9.
由链式法则，

$\frac{\partial H}{\partial x} = \frac{\partial H}{\partial ξ} \frac{\partial ξ}{\partial x} + \frac{\partial H}{\partial η} \frac{\partial η}{\partial x},$
$\frac{\partial ^{2} H}{\partial x ^{2}} = (\frac{\partial ^{2} H}{\partial ξ ^{2}} \frac{\partial ξ}{\partial x} + \frac{\partial ^{2} H}{\partial η \partial ξ} \frac{\partial η}{\partial x}) \frac{\partial ξ}{\partial x} + \frac{\partial H}{\partial ξ} \frac{\partial ^{2} ξ}{\partial x ^{2}} + (\frac{\partial ^{2} H}{\partial ξ \partial η} \frac{\partial ξ}{\partial x} + \frac{\partial ^{2} H}{\partial η ^{2}} \frac{\partial η}{\partial x}) \frac{\partial η}{\partial x} + \frac{\partial H}{\partial η} \frac{\partial ^{2} η}{\partial x ^{2}}$
$= [\frac{\partial ^{2} H}{\partial ξ ^{2}} (\frac{\partial ξ}{\partial x})^{2} + \frac{\partial ^{2} H}{\partial η ^{2}} (\frac{\partial η}{\partial x})^{2}] + 2 \frac{\partial ^{2} H}{\partial ξ \partial η} \frac{\partial ξ}{\partial x} \frac{\partial η}{\partial x} + (\frac{\partial H}{\partial ξ} \frac{\partial ^{2} ξ}{\partial x ^{2}} + \frac{\partial H}{\partial η} \frac{\partial ^{2} η}{\partial x ^{2}}),$

而 $\frac{\partial ^{2} H}{\partial y ^{2}}$ 同理. 由C-R方程，

$\frac{\partial ξ}{\partial x} \frac{\partial η}{\partial x} + \frac{\partial ξ}{\partial y} \frac{\partial η}{\partial y} = - \frac{\partial ξ}{\partial x} \frac{\partial ξ}{\partial y} + \frac{\partial ξ}{\partial y} \frac{\partial ξ}{\partial x} = 0.$

注意到

$f^{'} (z) = \frac{\partial ξ}{\partial x} - i \frac{\partial ξ}{\partial y} = \frac{\partial η}{\partial y} + i \frac{\partial η}{\partial x} ⟹ ∣ f^{'} (z) ∣^{2} = (\frac{\partial ξ}{\partial x})^{2} + (\frac{\partial ξ}{\partial y})^{2} = (\frac{\partial η}{\partial x})^{2} + (\frac{\partial η}{\partial y})^{2},$

并且 $f (z)$ 有任意阶导数，对于 $f^{'} (z) = \frac{\partial ξ}{\partial x} + i \frac{\partial η}{\partial x} = \frac{\partial η}{\partial y} - i \frac{\partial ξ}{\partial y}$ ，由C-R方程，

$\frac{\partial ^{2} ξ}{\partial x ^{2}} = \frac{\partial ^{2} η}{\partial x \partial y} = - \frac{\partial ^{2} ξ}{\partial y ^{2}}, \frac{\partial ^{2} η}{\partial x ^{2}} = - \frac{\partial ^{2} ξ}{\partial x \partial y} = - \frac{\partial ^{2} η}{\partial y ^{2}},$

因此

$\frac{\partial ^{2} H}{\partial x ^{2}} + \frac{\partial ^{2} H}{\partial y ^{2}} = [(\frac{\partial ξ}{\partial x})^{2} + (\frac{\partial ξ}{\partial y})^{2}] \frac{\partial ^{2} H}{\partial ξ ^{2}} + [(\frac{\partial η}{\partial x})^{2} + (\frac{\partial η}{\partial y})^{2}] \frac{\partial ^{2} H}{\partial η ^{2}}$
$+ 2 (\frac{\partial ξ}{\partial x} \frac{\partial η}{\partial x} + \frac{\partial ξ}{\partial y} \frac{\partial η}{\partial y}) \frac{\partial ^{2} H}{\partial ξ \partial η}$
$+ (\frac{\partial ^{2} ξ}{\partial x ^{2}} + \frac{\partial ^{2} ξ}{\partial y ^{2}}) \frac{\partial H}{\partial ξ} + (\frac{\partial ^{2} η}{\partial x ^{2}} + \frac{\partial ^{2} η}{\partial y ^{2}}) \frac{\partial H}{\partial η}$
$= ∣ f^{'} (z) ∣^{2} \frac{\partial ^{2} H}{\partial ξ ^{2}} + ∣ f^{'} (z) ∣^{2} \frac{\partial ^{2} H}{\partial η ^{2}} + 2 \cdot 0 \cdot \frac{\partial ^{2} H}{\partial ξ \partial η} + 0 \cdot \frac{\partial H}{\partial ξ} + 0 \cdot \frac{\partial H}{\partial η}$
$= ∣ f^{'} (z) ∣^{2} (\frac{\partial ^{2} H}{\partial x ^{2}} + \frac{\partial ^{2} H}{\partial y ^{2}}) .$
10.
极坐标下， $x = r cos θ, y = r sin θ$ ，因此

$\frac{\partial u}{\partial r} = cos θ \frac{\partial u}{\partial x} + sin θ \frac{\partial u}{\partial y},$
$\frac{\partial v}{\partial r} = cos θ \frac{\partial v}{\partial x} + sin θ \frac{\partial v}{\partial y},$
$\frac{\partial u}{\partial θ} = r (- sin θ \frac{\partial u}{\partial x} + cos θ \frac{\partial u}{\partial y}),$
$\frac{\partial v}{\partial θ} = r (- sin θ \frac{\partial v}{\partial x} + cos θ \frac{\partial v}{\partial y}) .$

利用C-R方程：

$\frac{\partial u}{\partial r} = cos θ \frac{\partial v}{\partial y} - sin θ \frac{\partial v}{\partial x} = \frac{1}{r} \frac{\partial v}{\partial θ},$
$\frac{1}{r} \frac{\partial u}{\partial θ} = - (sin θ \frac{\partial v}{\partial y} + cos θ \frac{\partial v}{\partial x}) = - \frac{\partial v}{\partial r} .$

因此取 $z = r e^{- i θ}$ ， $f (z) = z^{n} = r^{n} e^{i n θ}$ ，即

$u = r cos n θ, v = r sin n θ,$

代入坐标变换后的C-R方程：

$\frac{1}{r} \frac{\partial v}{\partial θ} = n r^{n - 1} cos n θ = \frac{\partial u}{\partial r},$
$\frac{1}{r} \frac{\partial u}{\partial θ} = - n r^{n - 1} sin n θ = - \frac{\partial v}{\partial r} .$
11.
1. (1)
  $\frac{1}{z ^{2} - 3 z + 2}$ 在有定义点均解析，因此只需要除去无定义点： $z_{1} = 1, z_{2} = 2$ ，其微商
  
  $\frac{d}{d z} (\frac{1}{z ^{2} - 3 z + 2}) = \frac{3 - 2 z}{( z ^{2} - 3 z + 2 ) ^{2}} .$
2. (2)
  同上，显然该函数在有定义点解析，无定义点： $z^{3} + a = 0 ⟹ z = [3] ∣ a ∣ e^{i \frac{a r g a + 2 k π}{3}}, k = 0, 1, 2$ ，即
  
  $z_{1} = [3] a, z_{2} = [3] a e^{i \frac{2 π}{3}} = \frac{[ 3 ] a}{2} (- 1 + 3 i), z_{3} = [3] a e^{i \frac{4 π}{3}} = - \frac{[ 3 ] a}{2} (1 + 3 i),$
  
  其微商：
  
  $\frac{d}{d z} (\frac{1}{z ^{3} + a}) = - \frac{3 z ^{2}}{( z ^{3} + a ) ^{2}} .$
12.
显然多项式函数 $w$ 在 $∣ z ∣ < 1$ 内解析，下证该映照为一一映照：对 $\forall z_{1}, z_{2} \in C$ ，其对应函数值分别为 $w_{1}, w_{2}$ ，则

$w_{1} - w_{2} = (z_{1}^{2} - z_{2}^{2}) + 2 (z_{1} - z_{2}) = (z_{1} - z_{2}) (z_{1} + z_{2} + 2) .$

当 $w_{1} = w_{2}$ 时，要求 $z_{1} = z_{2}$ 或 $z_{1} + z_{2} = - 2$ . 若为第一种情况，则已得证；若为第二种情况，注意到 $∣ z ∣ < 1$ ，即 $∣ z_{1} + z_{2} ∣ ⩽ ∣ z_{1} ∣ + ∣ z_{2} ∣ < 2$ ，即第二个等式不可能成立. 综上， $w_{1} = w_{2}$ 当且仅当 $z_{1} = z_{2}$ ，因此该函数为从 $z$ 到 $w$ 的单叶映照.
13.
$w = z$ 的两个单值连续分支： $w_{k} = ∣ z ∣ e^{i \frac{a r g z + 2 k π}{2}} (k = 0, 1)$ ，具体为：

$w_{0} = ∣ z ∣ e^{i \frac{a r g z}{2}}, w_{1} = ∣ z ∣ e^{i (\frac{a r g z}{2} + π)} (- \frac{3 π}{2} ⩽ ar g z < \frac{π}{2}) .$

由题意， $w (z) ∣_{a r g z = 2 k^{'} π (k^{'} \in Z)} = 0$ ，此时 $w_{0} = ∣ z ∣ > 0, w_{1} = - ∣ z ∣ < 0$ ，因此取 $w_{0}$ . 故

$w_{0} (i) ∣_{a r g z = - \frac{3 π}{2}^{+}} = e^{- i \frac{3 π}{4}} = - \frac{1 + i}{2}, w_{0} (i) ∣_{a r g z = \frac{π}{2}^{-}} = e^{i \frac{π}{4}} = \frac{1 + i}{2} .$

进而

$w (- 1) = e^{- i \frac{π}{2}} = - i, w^{'} (- 1) = \frac{1}{2 z}_{z = - 1} = \frac{1}{2 1} e^{i \frac{π}{2}} = \frac{i}{2} .$
14.
注意到 $(1 - z^{2}) (1 - k^{2} z^{2})$ 可分解成：

$∣ (1 - z^{2}) (1 - k^{2} z^{2}) ∣ exp (i \frac{Arg ( 1 - z ) + Arg ( 1 + z ) + Arg ( 1 - k z ) + Arg ( 1 + k z )}{2}),$

因此在 $z_{1} = 1, z_{2} = - 1, z_{3} = \frac{1}{k}, z_{4} = - \frac{1}{k}$ 点附近绕行一圈，函数值均会发生改变（具体为其一辐角增加 $2 π$ ），故 $z_{1}, z_{2}, z_{3}, z_{4}$ 均为支点，算上 $z_{5} = \infty$ ，共5个支点. 现在全平面作一闭合回路，则其 $z_{1}, z_{3}$ 与 $z_{2}, z_{4}$ 必然同时被包含或不被包含，因此辐角会增加 $0, 4 π$ 或 $8 π$ ，函数辐角增加 $0, 2 π$ 或 $4 π$ ，相当于函数值不变. 记该函数为 $w (z)$ ，那么定义在角域 $2 k π ⩽ ar g w (z) < 2 (k + 1) π (k \in Z)$ 内的 $w_{k}$ 均为单解析分支. 取 $k = 0$ 的分支，可得在 $z = 0$ 处取正值的单解析分支为 $w_{0} = ∣ w_{0} ∣ exp (i \frac{ar g w _{0}}{2})$ .
15.
仿照上一问，该函数有 $z_{0} = 1, z_{1} = 1, z_{2} = \infty$ 共三个支点，则 $z$ 在线段 $0 ⩽ x ⩽ 1$ 外部旋转一圈， $w$ 的辐角增加 $\frac{1}{4} \times (1 + 3) \times 2 π = 2 π$ ，相当于函数值不变，因此定义在角域 $2 k π ⩽ ar g z < 2 (k + 1) π (k \in Z)$ 的 $w_{k}$ 均为单解析分支. 那么

$w_{0} (- 1) = [4] e^{i π} \times 2^{3} = 2^{3/4} e^{i π /4} = 2^{1/4} (1 + i),$
$w_{0}^{'} (- 1) = 5 \cdot (8 e^{i π})^{- 3/4} = - 5 \cdot 2^{- 9/4} e^{i π /4} .$
16.
含 $e^{z}$ 形式的函数极限，通常取 $z = Re z = x$ 并分别令 $x \to \pm \infty$ 加以反证¹.
1. (1)
  令 $z = Re z = x$ ，则 $x \to + \infty$ 时， $\frac{z}{e ^{z}} = \frac{x}{e ^{x}} \to 0$ ； $x \to - \infty$ 时， $\frac{z}{e ^{z}} = \frac{x}{e ^{x}} \to - \infty$ . 两者不相等，故极限不存在.
2. (2)
  令 $w = \frac{1}{z}$ ，则 $z \to 0$ 时 $w \to \infty$ ，且 $sin w = \frac{e ^{i w} - e ^{- i w}}{2 i}$ . 令 $w = Re w = u$ ，则 $u \to \infty$ 时，
  
  $\frac{sin w}{w} \to 0.$
  
  再令 $w = i Im w = i v$ ，则 $v \to \infty$ 时，
  
  $\frac{sin w}{w} = \frac{e ^{i w} - e ^{- i w}}{2 i w} = \frac{e ^{v} - e ^{- v}}{2 v} \to + \infty.$
  
  可见两者不相等，原极限不存在.
3. (3)
  令 $z = Re z = x$ ，则 $x \to 1^{+}$ 时， $\frac{z e ^{1/ (z - 1)}}{e ^{z} - 1} = \frac{x e ^{1/ (x - 1)}}{e ^{x} - 1} \to \frac{+ \infty}{e - 1} = + \infty$ ； $x \to 1^{-}$ 时， $\frac{z e ^{1/ (z - 1)}}{e ^{z} - 1} \to \frac{- \infty}{e - 1} = - \infty$ . 两者不相等，故极限不存在.
17.
取 $y = k x$ ，其中 $k$ 可从 $- \infty$ 取到 $+ \infty$ ，那么 $z = x + i y = (1 + i k) x$ ，则

$∣ z + e^{z} ∣ ⩾ ∣ ∣ e^{z} ∣ - ∣ z ∣ ∣ = e^{x} - 1 + k^{2} ∣ x ∣$

对任意取定的 $∣ k ∣ < + \infty$ ，当 $x \to + \infty$ 时， $∣ z + e^{z} ∣ ⩾ e^{x} - 1 + k^{2} x$ ，此时 $∣ z + e^{z} ∣ \to + \infty$ ; 当 $x \to - \infty$ 时， $∣ z + e^{z} ∣ ⩾ - 1 + k^{2} x - e^{x}$ ，即 $∣ z + e^{z} ∣ \to + \infty + 0 = + \infty$ . 特别地，当 $k = \infty$ 时， $x = 0$ ，代入得

$∣ z + e^{z} ∣ = i y + e^{i y} ⩾ ∣ y - 1 ∣,$

因此 $y \to \infty$ 时， $∣ z + e^{z} ∣ \to + \infty$ . 综上， $z \to \infty lim (z + e^{z}) = \infty$ .
18.
1. (1)
  $sin z = \frac{e ^{i z} - e ^{- i z}}{2 i} = 2 ⟹ (e^{i z})^{2} - 4 i e^{i z} - 1 = 0 ⟹ e^{i z} = (2 \pm 3) i$ ，因此
  
  $z = - i Ln [(2 \pm 3) i] = - i [ln (2 \pm 3) + i \frac{π}{2} + 2 k π i]$
  $= (2 k + \frac{1}{2}) π - i ln (2 \pm 3) (k \in Z) .$
2. (2)
  $cosh z = \frac{e ^{z} + e ^{- z}}{2} = 0 ⟹ e^{2 z} = - 1 = e^{i π} ⟹ z_{k} = (k + \frac{1}{2}) π i (k \in Z)$ .
3. (3)
  $e^{z} = A ⟹ z = Ln A = ln ∣ A ∣ + i (ar g A + 2 k π) (k \in Z)$ .
19.
1. (1)
  奇点： $e^{z} + 1 = 0 ⟹ z = (2 k + 1) π i (k \in Z)$ ，即解析区域为 $D = {z \in C ∣ z \neq = (2 k + 1) π i, k \in Z}$ ，该函数微商
  
  $\frac{d}{d z} (\frac{1}{1 + e ^{z}}) = - \frac{e ^{z}}{( 1 + e ^{z} ) ^{2}} (z \in D) .$
2. (2)
  奇点： $sin z = \frac{e ^{i z} - e ^{- i z}}{2 i} = 2 ⟹ z = Ln [(2 \pm 3) i] = ln (2 \pm 3) + i (2 k + \frac{1}{2}) π$ ，即解析区域为
  
  $D = {z \in C z \neq = ln (2 \pm 3) + (2 k + \frac{1}{2}), k \in Z} .$
  
  该函数微商
  
  $\frac{d}{d z} (\frac{1}{sin z - 2}) = - \frac{cos z}{( sin z - 2 ) ^{2}} (z \in D) .$
3. (3)
  奇点： $z - 1 = 0$ ，即解析区域 $D = {z \in C ∣ z \neq = 1}$ ，该函数微商
  
  $\frac{d}{d z} (z e^{\frac{1}{z - 1}}) = [1 - \frac{z}{( z - 1 ) ^{2}}] exp (\frac{1}{z - 1}) .$
20.
1. (1)
  由定义，
  
  $cos (z_{1} + z_{2}) = \frac{e ^{i (z_{1} + z_{2})} + e ^{- i (z_{1} + z_{2})}}{2 i}$
  $= \frac{( e ^{i z_{1}} + e ^{- i z_{1}} ) ( e ^{i z_{2}} + e ^{- i z_{2}} ) + ( e ^{i z_{1}} - e ^{- i z_{1}} ) ( e ^{i z_{2}} - e ^{- i z_{2}} )}{4}$
  $= \frac{e ^{i z_{1}} + e ^{- i z_{1}}}{2} \cdot \frac{e ^{i z_{2}} + e ^{- i z_{2}}}{2} - \frac{e ^{i z_{1}} - e ^{- i z_{2}}}{2 i} \cdot \frac{e ^{i z_{2}} - e ^{- i z_{2}}}{2 i}$
  $= cos z_{1} cos z_{2} - sin z_{1} sin z_{2} .$
2. (2)
  由定义，
  
  $sinh (z_{1} + z_{2}) = \frac{e ^{z_{1} + z_{2}} - e ^{- (z_{1} + z_{2})}}{2}$
  $= \frac{e ^{z_{1}} - e ^{- z_{1}}}{2} \cdot \frac{e ^{z_{2}} + e ^{- z_{2}}}{2} + \frac{e ^{z_{1}} + e ^{- z_{1}}}{2} \cdot \frac{e ^{z_{2}} - e ^{- z_{2}}}{2}$
  $= sinh z_{1} cosh z_{2} + cosh z_{1} sinh z_{2} .$
3. (3)
  记 $w = Arccos z$ ，则 $z = cos w = \frac{e ^{i w} + e ^{- i w}}{2} ⟹ (e^{i w})^{2} - 2 z e^{i w} + 1 = 0$ ，解得²
  
  $w = Arccos z = - i Ln (z + z^{2} - 1) .$
21.
记 $z = x + i y, x, y \in R$ ，则

$sin z = sin (x + i y) = sin x cos (i y) + cos x sin (i y) = sin x cosh y + i cos x sinh y,$

因此 $Re (sin z) = sin x cosh y, Im (sin z) = cos x sinh y$ ，

$∣ z ∣ = (sin x cosh y)^{2} + (cos x sinh y)^{2} = sin^{2} x (1 + sinh^{2} y) + cos^{2} x sinh^{2} y$
$= sin^{2} x + sinh^{2} y = - cos^{2} x + cosh^{2} y .$
22.
记 $z = x + i y$ ，则

$cos z = cos (x + i y) = cos x cos (i y) - sin x sin (i y) = cos x cosh y - i sin x sinh y,$

因此当 $cos z \in R$ 时，其虚部

$Im (cos z) = - sin x sinh y = 0 ⟹ sin x = 0 或 sinh y = 0,$

即 $x = Re z = nπ (n \in Z)$ 或 $y = 0$ .
23.
1. (1)
  $Ln (- 1) = ln 1 + i (π + 2 k π) = (2 k + 1) π i (k \in Z), ln (- 1) = π i$ .
2. (2)
  $Ln i = ln 1 + i (\frac{π}{2} + 2 k π) = (2 k + \frac{1}{2}) k π (k \in Z), ln i = \frac{π}{2} i$ .
3. (3)
  $Ln (3 - 2 i) = ln 13 + i Arg (3 - 2 i) = \frac{1}{2} ln 13 + i (2 k π - arctan \frac{2}{3}) (k \in Z)$ , $ln (3 - 2 i) = \frac{1}{2} ln 13 - i arctan \frac{2}{3}$ .
4. (4)
  $1^{2} = e^{2 Ln 1} = e^{22 k π i}, (- 2)^{2} = e^{2 Ln (- 2)} = e^{2 [l n 2 + (2 k + 1) π i]}$ , $2^{i} = e^{i Ln 2} = e^{- 2 k π + i l n 2}$ , $(3 - 4 i)^{1 + i} = exp [(ln 5 - 2 k π + arctan \frac{4}{3}) + i (ln 5 + 2 k π - arctan \frac{4}{3})] (k \in Z)$ .
5. (5)
  $cos (2 + i) = cos 2 cosh 1 - i sin 2 sinh 1, sin 2 i = i sinh 2$ , $cot (\frac{π}{4} - i ln 2) = \frac{cos ( i ln 2 ) + sin ( i ln 2 )}{cos ( i ln 2 ) - sin ( i ln 2 )} = \frac{cosh ( ln 2 ) + i sinh ( ln 2 )}{cosh ( ln 2 ) - i sinh ( ln 2 )} = \frac{8 + 15 i}{17}$ , $coth (2 + i) = \frac{cosh 2 cos 1 + i sinh 2 sin 1}{sinh 2 cos 1 + i cosh 2 sin 1} = \frac{sinh 2 cosh 2 - i sin 1 cos 1}{sin ^{2} 1 + sinh ^{2} 2} = \frac{sinh 4 - i sin 2}{cosh 4 - cos 2}$ .
6. (6)
  记 $w = Arcsin i$ ，则 $i = sin w = \frac{e ^{i w} - e ^{- i w}}{2 i} ⟹ (e^{i w})^{2} + 2 e^{i w} - 1 = 0 ⟹ e^{i w} = - 1 \pm 2$ ，即
  
  $w_{1} = - i Ln (2 - 1) = 2 k π - i ln (2 - 1) (k \in Z),$
  $w_{2} = - i Ln (- 2 - 1) = (2 k + 1) π - i ln (2 + 1) (k \in Z) .$
  
  后同，故略去.
24.
不一定相等，例如取 $b = n, c = \frac{1}{n} (n \in N^{*})$ ，记 $a = r e^{i θ}$ ，那么

$(a^{b})^{c} = (r^{n} e^{i n θ})^{1/ n} = r exp (i θ + i \frac{2 k π}{n}) (k = 0, 1, \dots, n - 1),$
$a^{b c} = a^{n \cdot 1/ n} = a = r e^{i θ},$

可见两者不相等.

3解析函数的积分表示

1.
$C$ 上 $z$ 的参数方程为 $z = 2 e^{i θ}$ ，
1. (1)
  $θ$ 从 $π$ 到0，因此
  
  $\int_{C} \frac{2 z - 3}{z} d z = \int_{π}^{0} (2 - \frac{3}{2} e^{- i θ}) \cdot 2 i e^{i θ} d θ = - i \int_{0}^{π} (4 e^{i θ} - 3) d θ$
  $= - i (- 4 i e^{i θ} - 3 θ) 0^{π} = 8 + 3 π i .$
2. (2)
  $θ$ 从 $π$ 到 $2 π$ ，因此
  
  $\int_{C} \frac{2 z - 3}{z} d z = i \int_{0}^{π} (4 e^{i θ} - 3) d θ = i (- 4 i e^{i θ} - 3 θ) π^{2 π} = 8 - 3 π i .$
3. (3)
  $θ$ 从0到 $2 π$ ，因此
  
  $\int_{C} \frac{2 z - 3}{z} d z = i (- 4 i e^{i θ} - 3 θ) 0^{2 π} = - 6 π i .$
2.
1. (1)
  参数方程： $z = i y (- 1 ⩽ y ⩽ 1)$ ，因此
  
  $\int_{- i}^{i} ∣ z ∣ d z = \int_{- 1}^{1} ∣ y ∣ \cdot id y = 2 i \int_{0}^{1} y d y = i .$
2. (2)
  参数方程： $z = e^{i θ}$ ， $θ$ 从 $\frac{3 π}{2}$ 到 $\frac{π}{2}$ ，因此
  
  $\int_{- i}^{i} ∣ z ∣ d z = \int_{\frac{3 π}{2}}^{\frac{π}{2}} 1 \cdot i e^{i θ} d θ = 2 i .$
3. (3)
  参数方程： $z = e^{i θ}$ ， $θ$ 从 $- \frac{π}{2}$ 到 $\frac{π}{2}$ ，因此
  
  $\int_{- i}^{i} ∣ z ∣ d z = \int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} i e^{i θ} d θ = 2 i .$
3.
1. (1)
  代入 $x = 0$ ，得
  
  $\int_{- i}^{i} (x^{2} + i y^{2}) d z ⩽ \int_{- 1}^{1} i y^{2} ∣ d z ∣ ⩽ \int_{- 1}^{1} 1 d y = 2.$
2. (2)
  注意到 $x^{2} + i y^{2} = (x^{2} + y^{2})^{2} - 2 x^{2} y^{2} ⩽ x^{2} + y^{2} = ∣ z ∣^{2} = 1$ ，则
  
  $\int_{- i}^{i} (x^{2} + i y^{2}) d z ⩽ \int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} 1 ∣ d z ∣ = \int_{- \frac{c π}{2}}^{\frac{π}{2}} d θ = π .$
4.
$z$ 仅在 $x$ 上变动，虚部恒为1，因此

$\int_{i}^{2 + i} \frac{d z}{z ^{2}} ⩽ \int_{0}^{2} \frac{∣ d z ∣}{∣ z ∣ ^{2}} = \int_{0}^{2} \frac{d x}{x ^{2} + 1} ⩽ \int_{0}^{2} \frac{d x}{0 + 1} = 2.$
5.
由于奇点 $z = - 2$ 位于闭路 $∣ z ∣ = 1$ 围成的闭区域外，且 $\frac{1}{z + 2}$ 在此区域内解析，故由柯西积分定理，

$\int_{∣ z ∣ = 1} \frac{1}{z + 2} d z = 0.$

注意到 $z$ 在此闭路上参数方程为 $z = e^{i θ}$ ， $θ$ 从0到 $2 π$ ，因此

$\int_{∣ z ∣ = 1} \frac{1}{z + 2} d z = \int_{0}^{2 π} \frac{i e ^{i θ} d θ}{2 + e ^{i θ}} = i \int_{0}^{2 π} \frac{2 e ^{i θ} + 1}{5 + 4 cos θ} d θ .$

代入 $cos θ = cos (2 π - θ)$ ，则有

$\int_{0}^{π} \frac{1 + 2 cos θ}{5 + 4 cos θ} d θ = \frac{1}{2} \int_{0}^{2 π} \frac{1 + 2 cos θ}{5 + 4 cos θ} d θ = \frac{1}{2} Im (\int_{∣ z ∣ = 1} \frac{1}{z + 2} d z) = 0.$
6.
1. (1)
  $原式 = 2 sin \frac{z}{2} 0^{π + 2 i} = 2 cos i = 2 cosh 1$ .
2. (2)
  勘误：依答案此题上限应改为“1”而非“i”，但此处按原题干进行计算. $原式 = z + i z^{4}_{- i}^{i} = 2 i$ .
3. (3)
  $原式 = - e^{- z}_{- π i}^{0} = - 2$ .
7.
构造 $\int_{C_{R}} \frac{d z}{z} = i α$ . 由题设条件， $z \to \infty lim z f (z) = A ⟹$ 对 $\forall ε > 0$ ，总 $\exists R_{c} (ε) > 0$ ，当 $∣ z ∣ > R_{c}$ 时， $∣ z f (z) - A ∣ < \frac{ε}{α}$ ，故当 $R > R_{c}$ 时，

$\int_{C_{R}} f (z) d z - i A α = \int_{C_{R}} f (z) d z - A \int_{C_{R}} \frac{1}{z} d z = \int_{C_{R}} \frac{z f ( z ) - A}{z} d z$
$⩽ \int_{C_{R}} \frac{∣ z f ( z ) - A ∣}{∣ z ∣} ∣ d z ∣ < \int_{0}^{α} \frac{ε}{α R} \cdot R d θ = ε,$

因此 $R \to \infty lim \int_{C_{R}} f (z) d z = i A α$ .
8.
记 $f (z) = \frac{P ( z )}{Q ( z )}$ ，那么 $z \to \infty lim z f (z) = 0$ ，由上一题结论，

$R \to \infty lim \int_{C_{R}} \frac{P ( z )}{Q ( z )} d z = R \to \infty lim \int_{C_{R}} f (z) d z = i \cdot 0 \cdot 2 π = 0.$
9.
记 $f (z) = e^{z}$ ，由柯西积分公式，

$\int_{∣ z ∣ = 1} \frac{e ^{z}}{z} d z = 2 π i f (0) = 2 π i \cdot 1 = 2 π i .$

设 $z = cos θ + i sin θ = e^{i θ}$ ，则

$\int_{∣ z ∣ = 1} \frac{e ^{z}}{z} d z = \int_{0}^{2 π} \frac{e ^{c o s θ + i s i n θ}}{e ^{i θ}} \cdot i e^{i θ} d θ = \int_{0}^{2 π} e^{c o s θ} [- sin (sin θ) + i cos (sin θ)] d θ .$

代入 $cos θ = cos (2 π - θ)$ ，得

$\int_{0}^{π} e^{c o s θ} cos (sin θ) d θ = \frac{1}{2} \int_{0}^{2 π} e^{c o s θ} cos (sin θ) d θ = \frac{1}{2} Im (\int_{∣ z ∣ = 1} \frac{e ^{z}}{z} d z) = 0.$
10.
$\frac{e ^{z}}{1 + z ^{2}}$ 的奇点为 $z_{1} = - i, z_{2} = i$ ，那么
1. (1)
  记 $f (z) = \frac{e ^{z}}{z + i}$ ，由柯西积分公式，
  
  $\int_{C} \frac{e ^{z}}{1 + z ^{2}} d z = 2 π i f (i) = 2 π i \cdot \frac{e ^{i}}{2 i} = π e^{i} .$
2. (2)
  记 $f (z) = \frac{e ^{z}}{z - i}$ ，由柯西积分公式，
  
  $\int_{C} \frac{e ^{z}}{1 + z ^{2}} d z = 2 π i f (- i) = 2 π i \cdot \frac{e ^{- i}}{- 2 i} = - π e^{- i} .$
3. (3)
  将其因式分解，结合柯西积分公式可得
  
  $\int_{C} \frac{e ^{z}}{1 + z ^{2}} d z = \frac{1}{2 i} \int_{C} (\frac{e ^{z}}{z - i} - \frac{e ^{z}}{z + i}) d z = 2 π i \cdot \frac{1}{2 i} (e^{i} - e^{- i})$
  $= 2 π i sin 1.$
  
  另解利用柯西积分定理，取 $z = i, - i$ 附近极小且路径沿正向的圆周，则
  
  $\int_{∣ z ∣ = 2} \frac{d z}{1 + z ^{2}} = \int_{∣ z - i ∣ ⩽ ε_{1}} \frac{d z}{1 + z ^{2}} + \int_{∣ z + i ∣ ⩽ ε_{2}} \frac{d z}{1 + z ^{2}} = π e^{i} - π e^{- i}$
  $= 2 π i sin 1.$
11.
分如下两种情况讨论：
1. (1)
  $r < 1$ 时，函数只有奇点 $z = 0$ ，则记 $f (z) = \frac{1}{( z + 1 ) ( z - 1 )}$ ，
  
  $\int_{∣ z ∣ = r} \frac{d z}{z ^{2} ( z + 1 ) ( z - 1 )} = 2 π i f^{'} (0) = 2 π i \cdot \frac{- 2 z}{( z ^{2} - 1 ) ^{2}}_{z = 0} = 0.$
2. (2)
  $r > 1$ 时，函数有奇点 $z = 0, 1, - 1$ ，则将其因式分解，得
  
  $\int_{∣ z ∣ = r} \frac{d z}{z ^{2} ( z + 1 ) ( z - 1 )} = \frac{1}{2} \int_{∣ z ∣ = r} (\frac{1}{z - 1} - \frac{2}{z ^{2}} - \frac{1}{z + 1}) d z$
  $= \frac{1}{2} \cdot 2 π i (1 - 0 - 1) = 0.$
  
  另解由柯西积分定理，取 $z = 0, 1, - 1$ 附近充分小且路径沿正向的圆周，则
  
  $\int_{∣ z ∣ = r} \frac{d z}{z ^{2} ( z + 1 ) ( z - 1 )} = k = 1 \sum 3 \int_{∣ z - k + 2 ∣ ⩽ ε_{k}} \frac{d z}{z ^{2} ( z + 1 ) ( z - 1 )}$
  $= 2 π i \cdot (- \frac{1}{2} - 0 + \frac{1}{2}) = 0.$
综上，该积分值为零.
12.
1. (1)
  奇点 $z = - i$ ，记 $f (z) = \frac{z}{9 - z ^{2}}$ ，则
  
  $\int_{C} \frac{z d z}{( 9 - z ^{2} ) ( z + i )} = 2 π i f (- i) = 2 π i \cdot \frac{- i}{10} = \frac{π}{5} .$
2. (2)
  奇点 $= - i, 3, - 3$ ，则
  
  $\int_{C} \frac{z d z}{( 9 - z ^{2} ) ( z + i )} = \frac{1}{6} \int_{C} (\frac{3}{5} \frac{1}{z + i} - \frac{1}{3 - i} \frac{1}{z + 3} - \frac{1}{3 + i} \frac{1}{z - 3}) d z$
  $= \frac{1}{6} \cdot 2 π i (\frac{3}{5} \cdot 1 - \frac{1}{3 - i} \cdot 1 - \frac{1}{3 + i} \cdot 1) = \frac{π}{3} i \cdot 0 = 0.$
  
  另解由柯西积分定理，取 $z = - i, 3, - 3$ 附近充分小且路径沿正向的圆周，则
  
  $\int_{C} \frac{z d z}{( 9 - z ^{2} ) ( z + i )} = 2 π i \cdot [- \frac{i}{10} - \frac{1}{2 ( 3 + i )} - \frac{1}{2 ( - 3 + i )}] = 2 π i \cdot (- \frac{i}{10} + \frac{i}{10}) = 0.$
13.
1. (1)
  $z_{0} = 1$ 时，其为 $C$ 所包围的闭域内的奇点，由柯西积分公式，
  
  $g (1) = 2 π i \cdot (2 z^{2} - z + 1)_{z = 1} = 4 π i .$
2. (2)
  $z_{0} > 2$ 时， $C$ 所包围的闭域内无奇点且被积函数在此闭域内解析，由柯西积分定理， $g (z_{0}) \equiv 0$ .
14.
记 $f (z) = \frac{z ^{2}}{( z + i ) ^{2}}$ ，由柯西积分公式，

$\int_{C} \frac{z ^{2} d z}{( 1 + z ^{2} ) ^{2}} = \int_{C} \frac{f ( z )}{( z - i ) ^{2}} = 2 π i f^{'} (i) = 2 π i \cdot \frac{2 i z}{( z + i ) ^{3}}_{z = i} = \frac{π}{2} .$
15.
注意到 $Ln p (z) = i = 1 \sum n Ln (z - a_{i})$ ，因此

$\frac{p ^{'} ( z )}{p ( z )} = \frac{d}{d z} (Ln p (z)) = i = 1 \sum n \frac{1}{z - a _{i}} .$

注意到 $p (z)$ 有 $a_{1}, a_{2}, \dots, a_{n}$ 这 $m$ 个零点，则

$\frac{1}{2 π i} \int_{C} \frac{1}{z - a _{j}} d z = 1,$

因此 $\frac{1}{2 π i} \int_{C} \frac{p ^{'} ( z )}{p ( z )} d z = 1 + 1 + \dots + 1 = n$ ，此即多项式函数 $p (z)$ 的零点个数³.
16.
假设存在这样的 $f (z)$ ，当其在闭圆 $∣ z ∣ ⩽ 1$ 内解析时，以 $C$ 为绕边界的正向路径，由柯西积分定理，

$\int_{C} f (z) d z = 0.$

又其在 $C$ 上的值为 $f (z) = \frac{1}{z} = e^{- i θ}$ ，因此

$\int_{C} f (z) d z = \int_{0}^{2 π} e^{- i θ} \cdot i e^{i θ} d θ = i \int_{0}^{2 π} d θ = 2 π i \neq = 0.$

两个积分值不同，矛盾，故假设不成立，这样的 $f (z)$ 并不存在.
17.
分两种情况讨论：
1. (1)
  当 $z \in D$ 时， $z \to \infty lim f (z) = A ⟹$ 对 $\forall ε > 0, z \in C$ ，总 $\exists R \in R^{+}$ ，当 $∣ ζ ∣ > R$ 时，满足 $∣ f (ζ) - A ∣ < ε - ∣ f (z) - A ∣$ . 现作以以点 $z$ 为圆心、充分大的 $R$ 为半径⁴的正向圆周 $Γ$ ，记 $L = Γ + C^{-}$ ，由柯西积分公式，
  
  $\frac{1}{2 π i} \int_{L} \frac{f ( ζ )}{ζ - z} d ζ$
18.
当 $f (z)$ 在 $D$ 内无零点时，函数 $g (z) = \frac{1}{f ( z )}$ 在 $D$ 内同样解析且不恒为常数，由最大模原理， $∣ g (z) ∣$ 的最大值不可能在 $D$ 内取到，即 $∣ f (z) ∣$ 的最小值不可能在 $D$ 内取到.
19.
反证法. 假设 $f (z)$ 在 $D$ 内无零点，同时 $f (z)$ 在 $∣ z ∣ ⩽ a$ 内解析（必然连续），由上一问， $∣ f (z) ∣$ 的最小值只可能在边界上取到，但对任一边界上的点，都有 $∣ f (z) ∣ > m > ∣ f (0) ∣$ ，两者矛盾. 故假设不成立， $f (z)$ 在 $D$ 内至少有一个零点.
20.
对 $\forall R > 0$ ， $f (z) = k = 0 \sum n a_{k} z^{k}$ 总在 $∣ z ∣ ⩽ R$ 内解析. 当 $∣ z ∣ = R$ 时，记 $M = max {a_{n}}$ ，则

$∣ f (z) ∣ ∣_{∣ z ∣ = R} ⩾ ∣ a_{n} ∣ ∣ z ∣^{n} - k = 0 \sum n - 1 ∣ a_{k} ∣ ∣ z ∣^{k} = M (R^{n} - \frac{R ^{n} - 1}{R - 1})$
$= \frac{R ^{n} ( R - 2 ) + 1}{R - 1} M > \frac{( R - 2 ) + 1}{R - 1} M = M .$

又因为 $∣ f (0) ∣ = ∣ a_{0} ∣ ⩽ M$ ，故 $f (z)$ 在 $∣ z ∣ ⩽ R$ 内至少有一个零点. 考虑到 $R$ 任取，故 $f (z) = 0$ 在全平面上至少有一个零点.

4调和函数

1.
由题意，

$\frac{\partial ^{2} u}{\partial x ^{2}} = 6 a x + 2 b y, \frac{\partial ^{2} u}{\partial y ^{2}} = 2 c x + 6 d y,$

由于 $u$ 是调和函数，故

$Δ u = \frac{\partial ^{2} u}{\partial x ^{2}} + \frac{\partial ^{2} u}{\partial y ^{2}} = 2 (3 a + c) x + 2 (b + 3 d) y \equiv 0,$

即满足关系 $c = - 3 a, b = - 3 d$ .
2.
设 $f (z) = u (x, y) + i v (x, y)$ . 由于 $f (z)$ 解析，故 $u (x, y), v (x, y)$ 均为调和函数,那么
1. (1)
  记 $g (x, y) = ln ∣ f (z) ∣ = ln u^{2} + v^{2} = \frac{1}{2} ln (u^{2} + v^{2})$ ，并改记 $x = x_{1}, y = x_{2}$ ，则
  
  $Δ g (x, y) = \frac{\partial ^{2} g}{\partial x ^{2}} + \frac{\partial ^{2} g}{\partial y ^{2}} = \nabla \cdot [\frac{1}{u ^{2} + v ^{2}} i = 1 \sum 2 (u \frac{\partial u}{\partial x _{i}} + v \frac{\partial v}{\partial x _{i}}) x_{i}^]$
  $= - \frac{2}{( u ^{2} + v ^{2} ) ^{2}} i = 1 \sum 2 (u \frac{\partial u}{\partial x _{i}} + v \frac{\partial v}{\partial x _{i}})^{2}$
  $+ \frac{1}{u ^{2} + v ^{2}} i = 1 \sum 2 [(\frac{\partial u}{\partial x _{i}})^{2} + (\frac{\partial v}{\partial x _{i}})^{2} + u \frac{\partial ^{2} u}{\partial x _{i}^{2}} + v \frac{\partial ^{2} v}{\partial x _{i}^{2}}]$
  $= \frac{( v ^{2} - u ^{2} ) ∣ \nabla u ∣ ^{2} + ( u ^{2} - v ^{2} ) ∣ \nabla v ∣ ^{2} - 4 uv ( \nabla u \cdot \nabla v )}{( u ^{2} + v ^{2} ) ^{2}} + \frac{u ^{2} Δ u + v ^{2} Δ v}{u ^{2} + v ^{2}} .$
  
  利用C-R方程可得
  
  $∣ \nabla u ∣^{2} = (\frac{\partial u}{\partial x})^{2} + (\frac{\partial u}{\partial y})^{2} = (\frac{\partial v}{\partial y})^{2} + (- \frac{\partial v}{\partial x})^{2}$
  $= ∣ \nabla v ∣^{2},$
  $\nabla u \cdot \nabla v = \frac{\partial u}{\partial x} \frac{\partial v}{\partial x} + \frac{\partial u}{\partial y} \frac{\partial v}{\partial y} = \frac{\partial u}{\partial x} (- \frac{\partial u}{\partial y}) + \frac{\partial u}{\partial y} \frac{\partial u}{\partial x}$
  $= 0,$
  
  并代入 $Δ u = Δ v = 0$ ，可得
  
  $Δ g (x, y) = \frac{[( v ^{2} - u ^{2} ) + ( u ^{2} - v ^{2} )] ∣ \nabla u ∣ ^{2} - 4 uv \cdot 0}{( u ^{2} + v ^{2} ) ^{2}} + \frac{0 + 0}{u ^{2} + v ^{2}}$
  $= 0.$
  
  因此 $g (x, y) = ln ∣ f (z) ∣$ 为调和函数.
2. (2)
  直接验证：
  
  $(\frac{\partial ^{2}}{\partial x ^{2}} + \frac{\partial ^{2}}{\partial y ^{2}}) ∣ f (z) ∣^{2} = (\frac{\partial ^{2}}{\partial x ^{2}} + \frac{\partial ^{2}}{\partial y ^{2}}) (u^{2} + v^{2}) = 2 (∣ \nabla u ∣^{2} + ∣ \nabla v ∣^{2} + u Δ u + v Δ v)$
  $= 2 (∣ \nabla u ∣^{2} + ∣ \nabla v ∣^{2}) = 4 [(\frac{\partial u}{\partial x})^{2} + (- \frac{\partial u}{\partial y})^{2}]$
  $= 4 ∣ f^{'} (z) ∣^{2} .$
3.
由题意， $Δ u = 0$ ，则
1. (1)
  对于 $u^{2}$ ，
  
  $Δ (u^{2}) = 2\nabla \cdot (u \frac{\partial u}{\partial x} x^+ u \frac{\partial u}{\partial y} y^) = 2 (∣ \nabla u ∣^{2} + u Δ u) = 2 ∣ \nabla u ∣^{2} ⩾ 0.$
  
  由于 $u$ 不恒为常数，故 $\nabla u$ 不恒为 $0$ ，即 $Δ u$ 不恒为0， $u^{2}$ 不是调和函数.
2. (2)
  当 $f (u)$ 是调和函数时，
  
  $Δ f (u) = \nabla \cdot [f^{'} (u) (\frac{\partial u}{\partial x} x^+ \frac{\partial u}{\partial y} y^)] = f^{'} (u) Δ u + f^{''} (u) ∣ \nabla u ∣^{2}$
  $= f^{''} (u) ∣ \nabla u ∣^{2} \equiv 0,$
  
  由上一问可知， $∣ \nabla u ∣$ 不恒为0，因此等式成立当且仅当 $f^{''} (u) \equiv 0$ ，积分得
  
  $f (u) = C_{1} u + C_{2},$
  
  其中 $C_{1}, C_{2}$ 为由初始条件确定的常数，即要求 $f (u)$ 是一次函数.
4.
设 $f (z) = u (x, y) + i v (x, y)$ ，由题意， $f (z)$ 解析.
1. (1)
  先验证 $u (x, y)$ 为调和函数：
  
  $\frac{\partial ^{2} u}{\partial x ^{2}} = \frac{\partial}{\partial x} (3 x^{2} - 12 x y - 3 y^{2}) = 6 x - 12 y,$
  $\frac{\partial ^{2} u}{\partial y ^{2}} = \frac{\partial}{\partial y} (- 6 x^{2} - 6 x y + 6 y^{2}) = - 6 x + 12 y,$
  
  故 $Δ u = \frac{\partial ^{2} u}{\partial x ^{2}} + \frac{\partial ^{2} u}{\partial y ^{2}} = 0$ ，即 $u$ 为调和函数. 由C-R方程，虚部各偏导
  
  $\frac{\partial v}{\partial x} = - \frac{\partial u}{\partial y} = 6 (x^{2} + x y - y^{2}),$
  $\frac{\partial v}{\partial y} = \frac{\partial u}{\partial x} = 3 (x^{2} - 4 x y - y^{2}),$
  
  代入初始条件 $v (0, 0) = Im f (0) = 0$ ，积分得
  
  $v (x, y) = v (0, 0) + \int_{(0, 0)}^{(x, y)} 6 (s^{2} + s t - t^{2}) d s + 3 (s^{2} - 4 s t - t^{2}) d t$
  $= 6 \int_{0}^{x} (s^{2} + s t - t^{2})_{t = 0} d s + 3 \int_{0}^{y} (s^{2} - 4 s t - t^{2})_{s = x} d t$
  $= 2 x^{3} + 3 x^{2} y - 6 x y^{2} - y^{3},$
  
  因此
  
  $f (z) = u + i v = (x^{3} - 6 x^{2} y - 3 x y^{2} + 2 y^{3}) + i (2 x^{3} + 3 x^{2} y - 6 x y^{2} - y^{3})$
  $= x^{3} (1 + 2 i) + 3 i x^{2} y (1 + 2 i) - 3 x y^{2} (1 + 2 i) - i y^{3} (1 + 2 i)$
  $= [x^{3} + 3 x^{2} (i y) + 3 x (i y)^{2} + (i y)^{3}] (1 + 2 i) = (x + i y)^{3} (1 + 2 i)$
  $= (1 + 2 i) z^{3} .$
2. (2)
  先验证 $u (x, y)$ 为调和函数：
  
  $\frac{\partial ^{2} u}{\partial x ^{2}} = \frac{\partial}{\partial x} {e^{x} [(x + 1) cos y - y sin y]} = e^{x} [(x + 2) cos y - y sin y],$
  $\frac{\partial ^{2} u}{\partial y ^{2}} = \frac{\partial}{\partial y} {- e^{x} [y cos y + (x + 1) sin y]} = - e^{x} [(x + 2) cos y - y sin y],$
  
  故 $Δ u = \frac{\partial ^{2} u}{\partial x ^{2}} + \frac{\partial ^{2} u}{\partial y ^{2}} = 0$ ，即 $u$ 为调和函数. 由C-R方程，虚部各偏导
  
  $\frac{\partial v}{\partial x} = - \frac{\partial u}{\partial y} = e^{x} [(x + 1) sin y + y cos y],$
  $\frac{\partial v}{\partial y} = \frac{\partial u}{\partial x} = e^{x} [(x + 1) cos y - y sin y],$
  
  代入初始条件 $v (0, 0) = Im f (0) = 0$ ，积分得
  
  $v (x, y) = v (0, 0) + \int_{(0, 0)}^{(x, y)} e^{s} [(s + 1) sin t + t cos t] d s + e^{s} [(s + 1) cos t - t sin t] d t$
  $= \int_{0}^{x} e^{s} [(s + 1) sin t + t cos t] ∣_{t = 0} d s + \int_{0}^{y} e^{s} [(s + 1) cos t - t sin t] ∣_{s = x} d t$
  $= 0 + e^{x} [(x + 1) sin y - y cos y + sin y] = e^{x} (x sin y + y cos y),$
  
  因此
  
  $f (z) = u + i v = e^{x} (x cos y - y sin y) + i e^{x} (x sin y + y cos y)$
  $= x e^{x} (cos y + i sin y) + i y e^{x} (cos y + i sin y) = (x + i y) e^{x + i y}$
  $= z e^{z} .$
3. (3)
  先验证 $v (x, y)$ 为调和函数：
  
  $\frac{\partial ^{2} v}{\partial x ^{2}} = \frac{\partial}{\partial x} {\frac{2 ( x + 1 ) y}{[( x + 1 ) ^{2} + y ^{2} ] ^{2}}} = \frac{2 y [ y ^{2} - 3 ( x + 1 ) ^{2} ]}{[( x + 1 ) ^{2} + y ^{2} ] ^{3}},$
  $\frac{\partial ^{2} v}{\partial y ^{2}} = \frac{\partial}{\partial y} {- \frac{( x + 1 ) ^{2} - y ^{2}}{[( x + 1 ) ^{2} + y ^{2} ] ^{2}}} = \frac{6 ( x + 1 ) ^{2} y - 2 y ^{3}}{[( x + 1 ) ^{2} + y ^{2} ] ^{3}},$
  
  故 $Δ u = \frac{\partial ^{2} v}{\partial x ^{2}} + \frac{\partial ^{2} v}{\partial y ^{2}} = 0$ ，即 $v$ 为调和函数. 由C-R方程，实部各偏导
  
  $\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial v}{\partial y} = - \frac{( x + 1 ) ^{2} - y ^{2}}{[( x + 1 ) ^{2} + y ^{2} ]},$
  $\frac{\partial u}{\partial y} = - \frac{\partial v}{\partial x} = - \frac{2 ( x + 1 ) y}{[( x + 1 ) ^{2} + y ^{2} ]},$
  
  代入初始条件 $u (0, 0) = Re f (0) = 2$ ，积分得
  
  $u (x, y) = u (0, 0) - \int_{(0, 0)}^{(x, y)} \frac{( s + 1 ) ^{2} - t ^{2}}{[( s + 1 ) ^{2} + t ^{2} ]} d s + \frac{2 ( s + 1 ) t}{[( s + 1 ) ^{2} + t ^{2} ]} d t$
  $= 2 - \int_{0}^{x} \frac{( s + 1 ) ^{2} - t ^{2}}{[( s + 1 ) ^{2} + t ^{2} ] ^{2}}_{t = 0} d s - \int_{0}^{y} \frac{2 ( s + 1 ) t}{[( s + 1 ) ^{2} + t ^{2} ] ^{2}}_{s = x} d t$
  $= 2 - \int_{0}^{x} \frac{d s}{( s + 1 ) ^{2}} - 2 (x + 1) \int_{0}^{y} \frac{t d t}{[( x + 1 ) ^{2} + t ^{2} ] ^{2}}$
  $= 2 - \frac{x}{x + 1} - \frac{1}{x + 1} + \frac{x + 1}{( x + 1 ) ^{2} + y ^{2}} = 1 + \frac{x + 1}{( x + 1 ) ^{2} + y ^{2}} .$
  
  因此
  
  $f (z) = u + i v = [1 + \frac{x + 1}{( x + 1 ) ^{2} + y ^{2}}] - i \frac{y}{( x + 1 ) ^{2} + y ^{2}} = 1 + \frac{( x + 1 ) - i y}{( x + 1 ) ^{2} + y ^{2}}$
  $= 1 + \frac{1}{( x + 1 ) + i y} = 1 + \frac{1}{1 + z} .$
5.
由于 $u (z)$ 在全平面有界且调和，那么可确定唯一的解析函数 $f (z)$ ，满足 $u (z) = Re f (z)$ . 利用指数函数性质，构造函数 $e^{f (z)}$ ，由于 $u (z)$ 有界，即 $\exists M > 0$ ，使得 $∣ u (z) ∣ ⩽ M$ ，故

$e^{f (z)} = ∣ e^{u} ∣ \cdot e^{i v} = e^{u} \in [e^{- M}, e^{M}],$

即 $e^{f (z)}$ 在全平面同样有界. 由Liouville定理， $e^{f (z)}$ 为常数，即 $f (z)$ 为常数.

5解析函数的级数展开

1.
1. (1)
  注意到
  
  $\frac{z ^{n}}{n ^{2}} = \frac{∣ z ∣ ^{n}}{n ^{2}} = \frac{1}{n},$
  
  而数项级数 $n = 1 \sum \infty \frac{1}{n ^{2}}$ 收敛，故 $n = 1 \sum \infty \frac{z ^{n}}{n ^{2}}$ 绝对收敛.
2. (2)
  由于 $∣ z^{n} ∣ = ∣ z ∣^{n} \equiv 1$ ，故 $n \to \infty lim z_{n}$ 必定非0，因此 $n = 1 \sum \infty z^{n}$ 发散.
3. (3)
  当 $z = 1$ 时，级数 $n = 1 \sum \infty \frac{z ^{n}}{n} = n = 1 \sum \infty \frac{1}{n}$ 发散；当 $z = - 1$ 时，级数 $n = 1 \sum \infty \frac{z ^{n}}{n} = n = 1 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{n}}{n}$ . 由Leibniz判别法，该交错级数收敛.
2.
1. (1)
  注意到 $∣ z ∣ ⩽ 1$ 时，
  
  $\frac{z ^{n}}{n ^{2}} = \frac{∣ z ∣ ^{n}}{n ^{2}} ⩽ \frac{1}{n ^{2}},$
  
  而数项级数 $n = 1 \sum \infty \frac{1}{n ^{2}}$ 收敛，由Weierstrass判别法，原级数在 $∣ z ∣ ⩽ 1$ 上绝对一致收敛.
2. (2)
  1. i.
    当 $∣ z ∣ ⩽ r (r < 1)$ 时，
    
    $∣ z^{n} ∣ = ∣ z ∣^{n} ⩽ r^{n},$
    
    而数项级数 $n = 1 \sum \infty r^{n} = \frac{r}{1 - r} (r < 1)$ 收敛，由Weierstrass判别法，原级数绝对一致收敛.
  2. ii.
    当 $∣ z ∣ < 1$ 时，考虑该级数的部分和：
    
    $S_{n} (z) = k = 1 \sum n z^{k} = \frac{1 - z ^{n}}{1 - z} z .$
    
    可见 ${S_{n} (z)}$ 逐点收敛于 $f (z) = n \to \infty lim S_{n} = \frac{z}{1 - z}$ . 假定 ${S_{n} (z)}$ 一致收敛于 $f (z)$ ，即对于 $\forall ε > 0$ ，总 $\exists N (ε) \in N^{*}$ ，使得当 $n > N$ 时，满足
    
    $∣ S_{n} (z) - f (z) ∣ = \frac{1 - z ^{n}}{1 - z} z - \frac{z}{1 - z} = \frac{∣ z ∣ ^{n + 1}}{∣ 1 - z ∣} < ε .$
    
    另一方面，可取 $z = \frac{1}{[ n + 1 ] 2} \in R^{+}$ ，使得
    
    $∣ S_{n} (z) - f (z) ∣ = \frac{∣ z ∣ ^{n + 1}}{∣ 1 - z ∣} > ∣ z ∣^{n + 1} = \frac{1}{2} .$
    
    即所选择的 $ε$ 不能任意小，两者相矛盾，因此假设不成立， ${S_{n} (z)}$ 即级数 $n = 1 \sum \infty z^{n}$ 在 $∣ z ∣ < 1$ 上不一致收敛.
3.
1. (1)
  函数的唯一奇点为 $z_{0} = 1$ ，因此收敛域为 $∣ z ∣ < 1$ .
  
  $\frac{1}{1 - z} + e^{z} = n = 0 \sum \infty z^{n} + n = 0 \sum \infty \frac{z ^{n}}{n !} = n = 0 \sum \infty (1 + \frac{1}{n !}) z^{n}, ∣ z ∣ < 1.$
2. (2)
  函数无奇点，收敛域为全平面，代入 $cos z$ 的Taylor展开式得
  
  $(1 - z + z^{2}) cos z = (1 - z + z^{2}) n = 0 \sum \infty (- 1)^{n} \frac{z ^{2 n}}{( 2 n )!} = n = 0 \sum \infty (- 1)^{n} \frac{z ^{2 n} - z ^{2 n + 1} + z ^{2 n + 2}}{( 2 n )!}$
  $= 1 - z + n = 1 \sum \infty [\frac{( - 1 ) ^{n}}{( 2 n )!} + \frac{( - 1 ) ^{n - 1}}{( 2 n - 2 )!}] z^{2 n} - \frac{( - 1 ) ^{n}}{( 2 n )!} z^{2 n + 1}$
  $= 1 - z + n = 1 \sum \infty (- 1)^{n - 1} \frac{4 n ^{2} - 2 n - 1}{( 2 n )!} z^{2 n} - \frac{( - 1 ) ^{n}}{( 2 n )!} z^{2 n + 1}$
  $= 1 - z + n = 1 \sum \infty [(1 - n - n^{2}) cos \frac{nπ}{2} - sin \frac{nπ}{2}] \frac{z ^{n}}{n !}$
  $= - n = 0 \sum \infty [(n^{2} - n - 1) cos \frac{nπ}{2} + sin \frac{nπ}{2}] \frac{z ^{n}}{n !}, ∣ z ∣ < \infty.$
3. (3)
  函数无奇点，收敛域为全平面，直接展开：
  
  $e^{- z^{2}} = n = 0 \sum \infty \frac{( - z ^{2} ) ^{n}}{n !} = n = 0 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{n}}{n !} z^{2 n}, ∣ z ∣ < \infty.$
4. (4)
  函数无奇点，收敛域为全平面. 考虑 $e^{z} (cos z \pm i sin z) = e^{(1 \pm i) z}$ ，得
  
  $e^{z} (cos z + i sin z) = e^{(1 + i) z} = n = 0 \sum \infty \frac{[( 1 + i ) z ] ^{n}}{n !} = n = 0 \sum \infty \frac{( 2 ) ^{n} e ^{i \frac{nπ}{4}}}{n !} z^{n},$
  $e^{z} (cos z - i sin z) = e^{(1 - i) z} = n = 0 \sum \infty \frac{[( 1 - i ) z ] ^{n}}{n !} = n = 0 \sum \infty \frac{( 2 ) ^{n} e ^{- i \frac{nπ}{4}}}{n !} z^{n},$
  
  两式相加除以2得
  
  $e^{z} cos z = n = 0 \sum \infty (2)^{n} \frac{e ^{i \frac{nπ}{4}} + e ^{- i \frac{nπ}{4}}}{2} \frac{z ^{n}}{n !} = n = 0 \sum \infty \frac{( 2 ) ^{n}}{n !} cos \frac{nπ}{4} z^{n}, ∣ z ∣ < \infty.$
5. (5)
  函数奇点为 $z_{1} = 1, z_{2} = 2$ ，因此收敛域为 $∣ z ∣ < 1$ ，分解后展开：
  
  $\frac{1}{z ^{2} - 3 z + 2} = \frac{1}{1 - z} - \frac{1}{2 - z} = n = 0 \sum \infty z^{n} - \frac{1}{2} n = 0 \sum \infty (\frac{z}{2})^{n} = n = 0 \sum \infty (1 - \frac{1}{2 ^{n + 1}}) z^{n}, ∣ z ∣ < 1.$
6. (6)
  函数无奇点，收敛域为全平面，利用倍角公式，
  
  $sin^{2} z = \frac{1 - cos 2 z}{2} = \frac{1}{2} - \frac{1}{2} n = 0 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{n}}{( 2 n )!} (2 z)^{n} = \frac{1}{2} + n = 0 \sum \infty \frac{( - 2 ) ^{n - 1}}{( 2 n )!} z^{n}$
  $= n = 1 \sum \infty \frac{( - 2 ) ^{n - 1}}{( 2 n )!} z^{n}, ∣ z ∣ < \infty.$
7. (7)
  函数奇点为所有使 $cos z = 0$ 的点，即 $e^{2 i z} = - 1$ ，解得 $z = i (k + \frac{1}{2}) π (k \in Z)$ . 注意到 $∣ z ∣ = k + \frac{1}{2} π ⩾ \frac{π}{2}$ ，因此收敛域为 $∣ z ∣ < \frac{π}{2}$ . 设
  
  $tan z = n = 0 \sum \infty a_{n} z^{n}, ∣ z ∣ < \frac{π}{2},$
  
  由于题目只要求写出前四项⁵，并且 $cos z, tan z$ 的Taylor级数在此收敛域内均一致收敛，那么
  
  $sin z = cos z tan z = (1 - \frac{1}{2 !} z^{2} + \frac{1}{4 !} z^{4} + \dots) (a_{0} + a_{1} z + a_{2} z^{2} + a_{3} z^{3} + \dots)$
  $= a_{0} + a_{1} z + (a_{2} - \frac{a _{0}}{2}) z^{2} + (a_{3} - \frac{a _{1}}{2}) z^{3} + \dots$
  $= z - \frac{1}{3 !} z^{3} + \frac{1}{5 !} z^{5} + \dots,$
  
  对应系数解得 $a_{0} = a_{2} = 0, a_{1} = 1, a_{3} = \frac{1}{3}$ ，因此
  
  $tan z = z + \frac{1}{3} z^{3} + \dots, ∣ z ∣ < \frac{π}{2} .$
8. (8)
  函数有唯一奇点 $z_{0} = 1$ ，因此收敛域为 $∣ z ∣ < 1$ . 注意到 $\frac{1}{1 - z}$ 的Taylor级数一致收敛于其本身，利用导数展开：
  
  $\frac{z}{( 1 - z ) ^{2}} = z \frac{d}{d z} (\frac{1}{1 - z}) = z \frac{d}{d z} (n = 0 \sum \infty z^{n}) = z n = 0 \sum \infty \frac{d z ^{n}}{d z} = n = 0 \sum \infty n z^{n}, ∣ z ∣ < 1.$
9. (9)
  函数无奇点，收敛域为全平面，注意到
  
  $e^{z^{2}} = n = 0 \sum \infty \frac{( z ^{2} ) ^{n}}{n !} = n = 0 \sum \infty \frac{z ^{2 n}}{n !},$
  
  并且 $e^{z^{2}}$ 的Taylor级数一致收敛于其本身，故
  
  $\int_{0}^{z} e^{u^{2}} d u = \int_{0}^{z} n = 0 \sum \infty \frac{u ^{2 n}}{n !} d u = n = 0 \sum \infty \int_{0}^{z} \frac{u ^{2 n}}{n !} d u = n = 0 \sum \infty \frac{z ^{2 n + 1}}{( 2 n + 1 ) n !}, ∣ z ∣ < \infty.$
10. (10)
  由于 $sin z$ 在全平面无奇点，且
  
  $\frac{sin z}{z} = \frac{1}{z} n = 0 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{n}}{( 2 n + 1 )!} z^{2 n + 1} = n = 0 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{n}}{( 2 n + 1 )!} z^{2 n},$
  
  可见 $\frac{sin z}{z}$ 在全平面也解析，收敛域为全平面，因此
  
  $\int_{0}^{z} \frac{sin u}{u} d u = \int_{0}^{z} n = 0 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{n}}{( 2 n + 1 )!} u^{2 n} d u = n = 0 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{n}}{( 2 n + 1 )!} \int_{0}^{z} u^{2 n} d u$
  $= n = 0 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{n} z ^{2 n + 1}}{( 2 n + 2 )! - ( 2 n + 1 )!}, ∣ z ∣ < \infty.$
4.
注意到

$1 = (1 - z - z^{2}) n = 0 \sum \infty C_{n} z^{n} = n = 0 \sum \infty C_{n} (z^{n} - z^{n + 1} - z^{n + 2})$
$= C_{0} + (C_{1} - C_{0}) z + n = 0 \sum \infty (C_{n + 2} - C_{n + 1} - C_{n}) z^{n + 2},$

对比系数可知， $C_{0} = 1, C_{1} = C_{0} = 1, C_{n + 2} = C_{n + 1} + C_{n} (n ⩾ 0)$ . 又因为 $f (z)$ 有两个1级极点 $z_{1} = \frac{- 1 + 5}{2}, z_{2} = \frac{- 1 - 5}{2}$ ，而 $∣ z_{1} ∣ < 1 < ∣ z_{2} ∣$ ，因此 $f (z)$ 的收敛半径 $R = ∣ z_{1} ∣ = \frac{5 - 1}{2}$ .
5.
1. (1)
  在其收敛域内，题设级数 $n = 0 \sum \infty p_{n} (z) t^{n}$ 一致收敛于于函数 $\frac{1}{1 - 2 t z + t ^{2}}$ ，故可以逐项求导：
  
  $\frac{d}{d t} (\frac{1}{1 - 2 t z + t ^{2}}) = \frac{d}{d t} (n = 0 \sum \infty p_{n} (z) t^{n}) = n = 0 \sum \infty \frac{d [ p _{n} ( z ) t ^{n} ]}{d t}$
  $= n = 1 \sum \infty n p_{n} (z) t^{n - 1} = n = 0 \sum \infty (n + 1) p_{n + 1} (z) t^{n}$
  $= - \frac{t - z}{( 1 - 2 t z + t ^{2} ) ^{3/2}},$
  
  移项得
  
  $(1 - 2 t z + t^{2}) n = 0 \sum \infty (n + 1) p_{n + 1} (z) t^{n}$
  $= n = 0 \sum \infty (n + 1) p_{n + 1} (z) (t^{n} - 2 z t^{n + 1} + t^{n + 2})$
  $= p_{1} (z) + n = 0 \sum \infty [(n + 2) p_{n + 2} (z) - 2 z (n + 1) p_{n + 1} (z) + n p_{n} (z)] t^{n + 1},$
  
  又因为
  
  $(1 - 2 t z + t^{2}) n = 0 \sum \infty (n + 1) p_{n + 1} (z) t^{n} = - \frac{t - z}{1 - 2 t z + t ^{2}} = - (t - z) n = 0 \sum \infty p_{n} (z) t^{n}$
  $= z p_{0} (z) + n = 0 \sum \infty [z p_{n + 1} (z) - p_{n} (z)] t^{n + 1},$
  
  由Taylor展开式的唯一性，对比系数可知
  
  $(n + 2) p_{n + 2} (z) - 2 z (n + 1) p_{n + 1} (z) + n p_{n} (z) t^{n + 1} = z p_{n + 1} (z) - p_{n} (z) (n \in N),$
  
  整理可得
  
  $(n + 1) p_{n + 1} (z) - (2 n + 1) z p_{n} (z) + n p_{n - 1} (z) = 0 (n ⩾ 1) .$
  (1)
2. (2)
  条件同上一问，但此时变为对 $z$ 求导：
  
  $\frac{d}{d z} (\frac{1}{1 - 2 t z + t ^{2}}) = \frac{d}{d z} (n = 0 \sum \infty p_{n} (z) t^{n}) = n = 0 \sum \infty \frac{d [ p _{n} ( z ) t ^{n} ]}{d z} = n = 0 \sum \infty p_{n}^{'} (z) t^{n}$
  $= \frac{t}{( 1 - 2 t z + t ^{2} ) ^{3/2}},$
  
  移项得
  
  $(1 - 2 t z + t^{2}) n = 0 \sum \infty p_{n}^{'} (z) t^{n}$
  $= n = 0 \sum \infty p_{n}^{'} (z) (t^{n} - 2 z t^{n + 1} + t^{n + 2})$
  $= p_{0}^{'} (z) + [p_{1}^{'} (z) - 2 z p_{0}^{'} (z)] t + n = 0 \sum \infty [p_{n + 2}^{'} (z) - 2 z p_{n + 1}^{'} (z) + p_{n}^{'} (z)] t^{n + 2},$
  
  又因为
  
  $(1 - 2 t z + t^{2}) n = 0 \sum \infty p_{n}^{'} (z) t^{n} = \frac{t}{1 - 2 t z + t ^{2}} = t n = 0 \sum \infty p_{n} (z) t^{n}$
  $= p_{0} (z) t + n = 0 \sum \infty p_{n + 1} (z) t^{n + 2},$
  
  由Taylor展开式的唯一性，对比系数可知
  
  $p_{n + 2}^{'} (z) - 2 z p_{n + 1}^{'} (z) + p_{n}^{'} (z) = p_{n + 1} (z) (n \in N),$
  
  整理可得
  
  $p_{n} (z) = p_{n + 1}^{'} (z) 2 - 2 z p_{n}^{'} (z) + p_{n - 1}^{'} (z) (n ⩾ 1) .$
  (2)
3. (3)
  式(1) $\times 2$ 再对 $z$ 求导得
  
  $2 (2 n + 1) p_{n} (z) + 2 (2 n + 1) z p_{n}^{'} (z) = (2 n + 2) p_{n + 1}^{'} (z) + n p_{n - 1}^{'} (z),$
  (3)
  
  式(2) $\times (2 n + 1) -$ (3)得
  
  $(2 n + 1) p_{n} (z) = p_{n + 1}^{'} (z) - p_{n - 1}^{'} (z) (n ⩾ 1) .$
  (4)
6.
构造复数 $z = a e^{i θ}$ ，那么 $∣ z ∣ = ∣ a ∣ < 1$ ，且

$\frac{1}{1 - z} = \frac{1}{1 - a e ^{i θ}} = \frac{1 - a e ^{- i θ}}{( 1 - a e ^{i θ} ) ( 1 - a e ^{- i θ} )}$
$= \frac{( 1 - a cos θ ) + i ( a sin θ )}{1 - 2 a cos θ + a ^{2}} .$

而 $\frac{1}{1 - z} = n = 0 \sum \infty z^{n} = n = 0 \sum \infty (a e^{i θ})^{n} = n = 0 \sum \infty a^{n} e^{i n θ}$ .
1. (1)
  取其实部：
  
  $n = 0 \sum \infty a^{n} cos n θ = \frac{1 - a cos θ}{1 - 2 a cos θ + a ^{2}} .$
2. (2)
  取其虚部：
  
  $n = 0 \sum \infty a^{n} sin n θ = \frac{a sin θ}{1 - 2 a cos θ + a ^{2}} .$
3. (3)
  对 $\frac{1}{1 - z} = \frac{1}{1 - a e ^{i θ}}$ 在 $(0, z)$ 上积分得
  
  $- Ln (1 - z) = \int_{0}^{z} n = 0 \sum \infty u^{n} d u = n = 0 \sum \infty \int_{0}^{z} u^{n} d u = n = 0 \sum \infty \frac{z ^{n + 1}}{n + 1} .$
  
  对 $\frac{1}{1 - z ˉ} = \frac{1}{1 - a e ^{- i θ}}$ 在 $(0, z ˉ)$ 上积分得
  
  $- Ln (1 - z ˉ) = \int_{0}^{z ˉ} n = 0 \sum \infty u ˉ^{n} d u ˉ = n = 0 \sum \infty \int_{0}^{z ˉ} u ˉ^{n} d u ˉ = n = 0 \sum \infty \frac{z ˉ ^{n + 1}}{n + 1} .$
  
  两式相加得
  
  $- Ln (1 - z) (1 - z ˉ) = n = 0 \sum \infty \frac{z ^{n + 1} + z ˉ ^{n + 1}}{n + 1} = n = 0 \sum \infty \frac{2 a ^{n + 1} cos ( n + 1 ) θ}{n + 1},$
  
  代入 $(1 - z) (1 - z ˉ) = ∣ 1 - z ∣^{2} = 1 - 2 a cos θ + a^{2}$ ，整理得
  
  $ln (1 - 2 a cos θ + a^{2}) = - 2 n = 1 \sum \infty \frac{a ^{n} cos n θ}{n} .$
  
  另解注意到待证条件中若 $n$ 从1开始求和，则 $cos n θ$ 实为 $cos (n + 1) θ$ ，利用和角公式，
  
  $n = 0 \sum \infty a^{n} cos (n + 1) θ = cos θ n = 0 \sum \infty a^{n} cos n θ - sin θ n = 0 \sum \infty a^{n} sin n θ$
  $= \frac{cos θ ( 1 - a cos θ ) - a sin ^{2} θ}{1 - 2 a cos θ + a ^{2}} = \frac{cos θ - a}{1 - 2 a cos θ + a ^{2}},$
  
  等式两端对 $a$ 在 $[0, a]$ 上积分，可得
  
  $n = 0 \sum \infty \frac{a ^{n + 1}}{n + 1} cos (n + 1) θ = - \int_{0}^{a} \frac{x - cos θ}{( x - cos θ ) ^{2} + ( sin θ ) ^{2}} d x = - \frac{1}{2} ln (1 - 2 a cos θ + a^{2}),$
  
  因此
  
  $ln (1 - 2 a cos θ + a^{2}) = - 2 n = 1 \sum \infty \frac{a ^{n}}{n} cos n θ .$
7.
利用指数函数的Taylor展开，

$∣ e^{z} - 1 ∣ = n = 1 \sum \infty \frac{z ^{n}}{n !} ⩽ n = 1 \sum \infty \frac{∣ z ∣ ^{n}}{n !} = e^{∣ z ∣} - 1$
$e^{∣ z ∣} - 1 = ∣ z ∣ n = 1 \sum \infty \frac{∣ z ∣ ^{n - 1}}{n !} = ∣ z ∣ n = 0 \sum \infty \frac{∣ z ∣ ^{n}}{( n + 1 )!} ⩽ ∣ z ∣ n = 0 \sum \infty \frac{∣ z ∣ ^{n}}{n !} = ∣ z ∣ e^{∣ z ∣},$

综上，

$∣ e^{z} - 1 ∣ ⩽ e^{∣ z ∣} - 1 ⩽ ∣ z ∣ e^{∣ z ∣} .$
8.
设 $f (z)$ 具有 $m (m ⩾ n)$ 级零点，则 $\exists f_{1} (z), φ_{1} (z)$ 在 $z_{0}$ 点解析且非零，且使得

$f (z) = (z - z_{0})^{m} f_{1} (z), φ (z) = (z - z_{0})^{n} φ_{1} (z),$

那么

$z \to z_{0} lim \frac{f ( z )}{φ ( z )} = z \to z_{0} lim \frac{( z - z _{0} ) ^{m} f _{1} ( z )}{( z - z _{0} ) ^{n} φ _{1} ( z )} = \frac{f _{1} ( z _{0} )}{φ _{1} ( z _{0} )} z \to z_{0} lim (z - z_{0})^{m - n}$
$= ⎩ ⎨ ⎧ \frac{f _{1} ( z _{0} )}{φ _{1} ( z _{0} )}, m = m, 0, m > n .$

当 $m ⩾ n$ 时，由Leibniz公式，

$z \to z_{0} lim f^{(n)} (z) = z \to z_{0} lim k = 0 \sum n (n k) f_{1}^{(k)} (z) \frac{m !}{( m - n + k )!} (z - z_{0})^{m - n + k}$
$= \frac{m !}{( m - n )!} f_{1} (z_{0}) z \to z_{0} lim (z - z_{0})^{m - n} + 0 + 0 + \dots + 0$
$= {f_{1} (z_{0}), m = m, 0, m > n,$
$z \to z_{0} lim φ^{(n)} (z) = z \to z_{0} lim k = 0 \sum n (n k) φ_{1}^{(k)} (z) \frac{n !}{k !} (z - z_{0})^{k} = φ_{1} (z_{0}),$

因此

$z \to z_{0} lim \frac{f ^{(n)} ( z )}{φ _{1}^{(n)} ( z )} = ⎩ ⎨ ⎧ \frac{f _{1} ( z _{0} )}{φ _{1} ( z _{0} )}, m = n, 0, m > n = z \to z_{0} lim \frac{f ( z )}{φ ( z )} .$
9.
由题意，总 $\exists f_{1} (z), g_{1} (z)$ 在 $z_{0}$ 点解析且非零，则有

$f (z) = (z - z_{0})^{m} f_{1} (z), g (z) = (z - z_{0})^{n} g_{1} (z) .$
1. (1)
  代入得
  
  $f (z) g (z) = (z - z_{0})^{m + n} [f_{1} (z) g_{1} (z)] .$
  
  可见 $f_{1} (z_{0}) g_{1} (z_{0})$ 解析且非零，故 $f (z) g (z)$ 具有 $(m + n)$ 阶零点.
2. (2)
  代入得
  
  $f (z) + g (z) = (z - z_{0})^{m} f_{1} (z) + (z - z_{0})^{n} g_{1} (z)$
  $= (z - z_{0})^{n} [(z - z_{0})^{m - n} f_{1} (z) + g_{1} (z)],$
  
  注意到
  
  $[(z - z_{0})^{m - n} f_{1} (z) + g_{1} (z)]_{z = z_{0}} = {f_{1} (z) + g_{1} (z), m = n, g_{1} (z), m > n \neq = 0,$
  
  因此当 $m > n$ 时， $f (z) + g (z)$ 具有 $n$ 阶零点；当 $m = n$ 时，由于可能出现 $(z - z_{0}) ∣ [f_{z} (z_{0}) + g_{1} (z_{0})]$ 的情况，因此 $f (z) + g (z)$ 具有不少于 $n$ 阶的零点.
3. (3)
  代入得
  
  $\frac{f ( z )}{g ( z )} = (z - z_{0})^{m - n} \frac{f _{1} ( z )}{g _{1} ( z )},$
  
  显然 $\frac{f _{1} ( z _{0} )}{g _{1} ( z _{0} )} \neq = 0$ ，故 $\frac{f ( z )}{g ( z )}$ 具有 $(m - n)$ 阶零点. 特别地，当 $m = n$ 时， $z = z_{0}$ 为其可去奇点.
10.
1. (1)
  由题意，
  
  $\frac{1}{z ^{2} ( 1 - z )} = \frac{1}{z ^{2}} n = 0 \sum \infty z^{n} = n = 0 \sum \infty z^{n - 2} = n = - 2 \sum \infty z^{n} .$
2. (2)
  考虑 $e^{u}$ 在 $u = 0$ 附近的Taylor展开： $e^{u} = n = 0 \sum \infty \frac{u ^{n}}{n !}$ . 令 $u = \frac{1}{z}$ ，则该函数的Laurent级数为
  
  $z^{2} e^{1/ z} = z^{2} n = 0 \sum \infty \frac{1}{n !} (\frac{1}{z})^{n} = m = - n + 2 z^{2} m = - \infty \sum 2 \frac{z ^{m - 2}}{( 2 - m )!} = n = - \infty \sum 2 \frac{z ^{n}}{( 2 - n )!} .$
11.
首先将该函数展开成 $\frac{1}{a - b} (\frac{1}{z - a} - \frac{1}{z - b})$ 的形式.
1. (1)
  $0 ⩽ ∣ z ∣ < ∣ a ∣$ 时，
  
  $\frac{1}{z - a} = - \frac{1}{a} n = 0 \sum \infty (\frac{z}{a})^{n}, \frac{1}{z - b} = - \frac{1}{b} n = 0 \sum \infty (\frac{z}{b})^{n},$
  
  因此
  
  $\frac{1}{( z - a ) ( z - b )} = \frac{1}{a - b} (- n = 0 \sum \infty \frac{z ^{n}}{a ^{n + 1}} + n = 0 \sum \infty \frac{z ^{n}}{b ^{n + 1}}) = \frac{1}{b - a} n = 0 \sum \infty (\frac{1}{a ^{n + 1}} - \frac{1}{b ^{n + 1}}) z^{n} .$
2. (2)
  $∣ a ∣ < ∣ z ∣ < ∣ b ∣$ 时，
  
  $\frac{1}{z - a} = \frac{1}{z} n = 0 \sum \infty (\frac{a}{z})^{n}, \frac{1}{z - b} = - \frac{1}{b} n = 0 \sum \infty (\frac{z}{b})^{n},$
  
  因此
  
  $\frac{1}{( z - a ) ( z - b )} = \frac{1}{a - b} (n = 0 \sum \infty \frac{a ^{n}}{z ^{n + 1}} + n = 0 \sum \infty \frac{z ^{n}}{b ^{n + 1}}) = \frac{1}{a - b} (n = - \infty \sum - 1 \frac{z ^{n}}{a ^{n + 1}} + n = 0 \sum \infty \frac{z ^{n}}{b ^{n + 1}})$
3. (3)
  当 $∣ b ∣ < ∣ z ∣ < \infty$ 时，
  
  $\frac{1}{z - a} = \frac{1}{z} n = 0 \sum (\frac{a}{z})^{n}, \frac{1}{z - b} = \frac{1}{z} n = 0 \sum \infty (\frac{b}{z})^{n},$
  
  因此
  
  $\frac{1}{( z - a ) ( z - b )} = \frac{1}{a - b} (n = 0 \sum \infty \frac{a ^{n}}{z ^{n + 1}} - n = 0 \sum \infty \frac{b ^{n}}{z ^{n + 1}}) = \frac{1}{b - a} n = - \infty \sum - 1 (\frac{1}{a ^{n + 1}} - \frac{1}{b ^{n + 1}}) z^{n} .$
4. (4)
  $0 < ∣ z - a ∣ < ∣ b - a ∣$ 时，
  
  $\frac{1}{z - b} = \frac{1}{( z - a ) - ( b - a )} = - \frac{1}{b - a} n = 0 \sum \infty (\frac{z - a}{b - a})^{n},$
  
  因此
  
  $\frac{1}{( z - a ) ( z - b )} = \frac{1}{a - b} [\frac{1}{z - a} + n = 0 \sum \infty \frac{( z - a ) ^{n}}{( b - a ) ^{n + 1}}] = - n = - 1 \sum \infty \frac{( z - a ) ^{n}}{( b - a ) ^{n + 2}} .$
5. (5)
  $∣ b - a ∣ < ∣ z - a ∣ < \infty$ 时，
  
  $\frac{1}{z - b} = \frac{1}{( z - a ) - ( b - a )} = \frac{1}{z - a} n = 0 \sum \infty (\frac{b - a}{z - a})^{n},$
  
  因此
  
  $\frac{1}{( z - a ) ( z - b )} = \frac{1}{a - b} [\frac{1}{z - a} - n = 0 \sum \infty \frac{( b - a ) ^{n}}{( z - a ) ^{n + 1}}] = n = 1 \sum \infty \frac{( b - a ) ^{n - 1}}{( z - a ) ^{n + 1}}$
  $= n = - \infty \sum - 2 \frac{( z - a ) ^{n}}{( b - a ) ^{n + 2}} .$
6. (6)
  $0 < ∣ z - b ∣ < ∣ a - b ∣$ 时，
  
  $\frac{1}{z - a} = \frac{1}{( z - b ) - ( a - b )} = \frac{1}{b - a} n = 0 \sum \infty (\frac{z - b}{a - b})^{n},$
  
  因此
  
  $\frac{1}{( z - a ) ( z - b )} = \frac{1}{a - b} [- n = 0 \sum \infty \frac{( z - b ) ^{n}}{( a - b ) ^{n + 1}} - \frac{1}{z - b}] = - n = - 1 \sum \infty \frac{( z - b ) ^{n}}{( a - b ) ^{n + 2}} .$
7. (7)
  $∣ a - b ∣ < ∣ z - b ∣ < \infty$ 时，
  
  $\frac{1}{z - a} = \frac{1}{( z - b ) - ( a - b )} = \frac{1}{z - b} n = 0 \sum \infty (\frac{a - b}{z - b})^{n},$
  
  因此
  
  $\frac{1}{( z - a ) ( z - b )} = \frac{1}{a - b} [n = 0 \sum \infty \frac{( a - b ) ^{n}}{( z - b ) ^{n + 1}} - \frac{1}{z - b}] = n = 1 \sum \infty \frac{( a - b ) ^{n - 1}}{( z - b ) ^{n + 1}}$
  $= n = - \infty \sum - 2 \frac{( z - b ) ^{n}}{( a - b ) ^{n + 2}} .$
12.
1. (1)
  $f (z)$ 在 $a = a_{i} (i = 1, 2, 3)$ 附近的Laurent展开式为
  
  $f (z) = n = - \infty \sum \infty a_{n} (z - a_{i})^{n} = n = 1 \sum \infty \frac{a _{- n}}{( z - a _{i} ) ^{n}} + n = 0 \sum \infty a_{n} (z - a_{i})^{n} .$
  
  当 $a_{i}$ 为本性奇点时， $a_{- n} \neq = 0 (\forall n \in N^{*})$ ；当 $a_{i}$ 为 $m$ 级极点时， $a_{- m} \neq = 0$ ，且当 $n > m$ 时， $a_{- n} \equiv 0$ ；当 $a_{i}$ 为可去奇点时， $a_{- n} \equiv 0 (\forall n \in N^{*})$ . 记在 $a = a_{i}$ 附近展开的Laurent级数的收敛半径为 $R_{i}$ ，那么当 $a = a_{1}$ 时， $R_{1} = ∣ a_{2} - a_{1} ∣$ ，收敛域为 $0 < ∣ z - a_{1} ∣ < ∣ a_{2} - a_{1} ∣$ ；当 $a = a_{2}$ 时， $R_{2} = min {∣ a_{1} - a_{2} ∣, ∣ a_{3} - a_{2} ∣} = ∣ a_{2} - a_{1} ∣$ ，收敛域为 $0 < ∣ z - z_{2} ∣ < ∣ a_{2} - a_{1} ∣$ ；当 $a = a_{3}$ 时， $R_{3} = ∣ a_{3} - a_{2} ∣$ ，收敛域为 $0 < ∣ z - z_{3} ∣ < ∣ a_{3} - a_{2} ∣$ .
2. (2)
  当 $a$ 为平面上其他点时，可在 $a$ 点作Taylor展开：
  
  $f (z) = n = 0 \sum \infty \frac{f ^{(n)} ( a )}{n !} (z - a)^{n}, ∣ z - a ∣ < R,$
  
  其中收敛半径 $R = 1 ⩽ i ⩽ 3 min ∣ a_{i} - a ∣$ ，则收敛域为 $∣ z - a ∣ < R$ .
13.
1. (1)
  变形得 $\frac{e ^{z}}{z ^{2} + 4} = \frac{e ^{z}}{( z + 2 i ) ( z - 2 i )}$ ，而 $e^{\pm 2 i} \neq = 0$ ，因此 $\pm 2 i$ 均为1级极点.
2. (2)
  奇点满足 $cos z = 0$ ，即 $z_{k} = (k + \frac{1}{2}) π \in R (k \in Z)$ . 记 $f (z) = \frac{1}{cos z}$ ，则 $z_{k}$ 为 $\frac{1}{f ( z )} = cos z$ 的1级零点，因此 $z_{k}$ 为 $\frac{1}{cos z}$ 的1级极点.
3. (3)
  奇点为 $z_{0} = 1$ ，将函数在 $z_{0}$ 附近作Laurent展开：
  
  $sin \frac{1}{1 - z} = n = 0 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{n}}{( 2 n + 1 )!} \frac{1}{( 1 - z ) ^{2 n + 1}},$
  
  可见展开式的主要部分有无穷多项，因此 $z_{0} = 1$ 为其本性奇点.
4. (4)
  奇点为 $z_{k} = 2 k π i (k \in Z)$ ，记 $f (z) = \frac{1}{1 - e ^{z}}$ ，则
  
  $\frac{d}{d z} (\frac{1}{f ( z )})_{z = z_{k}} = \frac{d}{d z} (1 - e^{z}) ∣_{z = z_{k}} = - 1,$
  
  因此 $z = z_{k}$ 为 $\frac{1}{f ( z )}$ 的1级零点，故 $z = z_{k}$ 为 $f (z)$ 的1级极点.
5. (5)
  奇点为 $z_{0} = 0$ ，取 $z = Re (z) = x$ ，则
  
  $z \to 0 lim e^{- z} cos \frac{1}{z} = 1 \cdot x \to 0 lim cos \frac{1}{x},$
  
  而后者极限不存在，故 $z \to 0 lim e^{- z} cos \frac{1}{z}$ 极限必然不存在， $z_{0} = 0$ 为其本性奇点.
6. (6)
  奇点为 $z_{k} = 2 k π i (k \in Z), z_{0}^{'} = 1$ ，又因为
  
  $z \to 0 lim \frac{e ^{z} - 1}{z} = z \to 0 lim \frac{1}{z} k = 1 \sum \infty \frac{z ^{k}}{k !} = z \to 0 lim k = 1 \sum \infty \frac{z ^{k - 1}}{k !} = 1,$
  
  因此在 $z_{0} = 0$ 附近，
  
  $z \to 0 lim \frac{z}{e ^{z} - 1} exp (\frac{1}{z - 1}) = 1 \cdot e^{- 1} = \frac{1}{e},$
  
  即 $z_{0} = 0$ 为其可去奇点，而其余 $z_{k}$ 由第(4)小问结论可知为1级极点. 取 $z = Re (z) = x$ ，则
  
  $x \to 1^{+} lim \frac{z}{e ^{z} - 1} exp (\frac{1}{z - 1}) = \frac{1}{e - 1} x \to 1^{+} lim exp (\frac{1}{x - 1}) = + \infty,$
  $x \to 1^{-} lim \frac{z}{e ^{z} - 1} exp (\frac{1}{z - 1}) = \frac{1}{e - 1} x \to 1^{-} lim exp (\frac{1}{x - 1}) = 0,$
  
  因此 $x \to 1 lim \frac{z}{e ^{z} - 1} exp (\frac{1}{z - 1})$ 极限不存在，故 $z \to 1$ 时其极限必然不存在. 综上， $z_{0} = 0, z_{0}^{'} = 1, z_{k} = 2 k π i (k \in Z 且 k \neq = 0)$ 分别为其可去奇点、本性奇点、1级极点.
7. (7)
  奇点为 $z_{1} = 0, z_{2} = - 1, z_{3} = 3$ ，注意到
  
  $z \to 0 lim \frac{sin z}{z} = z \to 0 lim k = 0 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{k}}{( 2 k + 1 )!} z^{2 k} = 1,$
  
  因此在 $z_{1} = 0$ 附近，
  
  $\frac{sin z}{( z - 3 ) ^{2} z ^{2} ( z + 1 ) ^{3}} = \frac{1}{z} [\frac{1}{( z - 3 ) ^{2} ( z + 1 ) ^{3}} \frac{sin z}{z}],$
  
  故 $z_{1} = 0$ 为其1级极点. 由于 $sin z_{2}, sin z_{3} \neq = 0$ ， $z_{2}, z_{3}$ 分别为其3级、2级极点.
8. (8)
  $sin z - sin a = 2 cos \frac{z + a}{2} sin \frac{z - a}{2}$ ，因此奇点为
  
  $z_{k} = (2 k + 1) π - a, z_{l} = 2 l π + a, k, l \in Z .$
  
  记 $f (z) = \frac{1}{sin z - sin a}$ ，那么
  
  $\frac{d}{d z} [\frac{1}{f ( z )}]_{z = z_{k}} = \frac{d}{d z} (sin z - sin a) ∣_{z = z_{k}} = cos z_{k} = - cos a,$
  $\frac{d}{d z} [\frac{1}{f ( z )}]_{z = z_{l}} = \frac{d}{d z} (sin z - sin a) ∣_{z = z_{l}} = cos z_{l} = cos a,$
  
  因此若 $a = (m + \frac{1}{2}) π$ ，则 $z_{k}, z_{l}$ 均为其2级极点；若 $a$ 为其他取值，则 $z_{k}, z_{l}$ 均为其1级极点.
9. (9)
  奇点为 $z_{0} = 0$ ，将 $(1 - cos z)$ 在 $z_{0}$ 附近作Taylor展开：
  
  $\frac{1 - cos z}{z ^{n}} = \frac{1}{z ^{n}} [1 - k = 0 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{k}}{( 2 k )!} z^{2 k}] = - k = 1 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{k}}{( 2 k )!} z^{2 k - n},$
  
  因此若 $n < 2$ ，则 $2 k - n > 0$ ，即 $z \to 0 lim \frac{1 - cos z}{z ^{n}} = 0$ ；若 $n = 2$ ，则 $k = 1$ 时 $2 k - n = 0$ ，即 $z \to 0 lim \frac{1 - cos z}{z ^{2}} = \frac{1}{2}$ ；若 $n > 2$ ，则存在 $z$ 的负幂次项，负幂次最高为 $- (2 - n) = n - 2$ ，此时 $z_{0}$ 为其 $(n - 2)$ 级极点. 综上，若 $n ⩽ 2$ ，则 $z_{0} = 0$ 为其可去奇点；若 $n ⩾ 3$ ，则 $z_{0} = 0$ 为其 $(n - 2)$ 级极点.
14.
1. (1)
  由于 $z \to \infty lim \frac{z ^{2}}{2 + z ^{2}} = 1$ ，因此 $\infty$ 为 $\frac{z ^{2}}{2 + z ^{2}}$ 的可去奇点.
2. (2)
  取 $z = Re (z) = x$ ，则
  
  $x \to + \infty lim \frac{x ^{2} + 4}{e ^{x}} = 0, x \to - \infty lim \frac{x ^{2} + 4}{e ^{x}} = + \infty,$
  
  因此 $x \to \infty lim \frac{z ^{2} + 4}{e ^{z}}$ 极限不存在，故 $z \to 0 lim \frac{z ^{2} + 4}{e ^{z}}$ 必然不存在， $\infty$ 为其本性奇点.
3. (3)
  由于 $z \to \infty lim exp (- z^{- 2}) = e^{0} = 1$ ，因此 $\infty$ 为 $exp (- z^{- 2})$ 的可去奇点.
4. (4)
  将其在 $0 < ∣ z ∣ < \infty$ 范围内作Laurent展开，得
  
  $\frac{1 - cos z}{z ^{n}} = \frac{1}{z ^{n}} [1 - k = 0 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{k}}{( 2 k )!} z^{2 k}] = - k = 1 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{k}}{( 2 k )!} z^{2 k - n},$
  
  可见无论 $n$ 取何值，当 $k ⩾ max {[\frac{n}{2} + 1], 0}$ 时，该函数的展开式总有无穷多个正幂次项，因此 $\infty$ 为其本性奇点.
5. (5)
  令 $u = \frac{1}{z}$ ，那么 $\frac{z ^{5}}{z ^{2} + 8} = \frac{1}{( 1 + 8 u ^{2} ) u ^{3}}$ ；而 $u_{0} = 0$ 为 $\frac{1}{( 1 + 8 u ^{2} ) u ^{3}}$ 的3级极点，故 $\infty$ 为 $\frac{z ^{5}}{z ^{2} + 8}$ 的3级极点.
6. (6)
  由于 $z \to \infty lim sec \frac{1}{z} = sec 0 = 1$ ，因此 $\infty$ 为 $sec \frac{1}{z}$ 的可去奇点.
7. (7)
  由于 $z \to \infty lim sin \frac{1}{z} = sin 0 = 0$ ，因此 $\infty$ 为 $sin \frac{1}{z}$ 的可去奇点.
8. (8)
  由于在 $\infty$ 的任一邻域 $R < ∣ z ∣ < \infty$ 内，均存在奇点 $a_{k} = (k + \frac{1}{2}) π > R (k \in N^{*})$ ，因此 $\infty$ 为 $tan z$ 的非孤立奇点.
9. (9)
  令 $z = Re (z) = x$ ，则
  
  $x \to + \infty lim e^{- z} cos \frac{1}{z} = x \to + \infty lim e^{- x} cos \frac{1}{x} = 0 \cdot 1 = 0,$
  $x \to - \infty lim e^{- z} cos \frac{1}{z} = x \to - \infty lim e^{- x} cos \frac{1}{x} = + \infty \cdot 1 = + \infty,$
  
  因此 $z \to \infty lim e^{- z} cos \frac{1}{z}$ 不存在， $\infty$ 为其本性奇点.
15.
由题意， $\exists f_{1} (z), g_{1} (z)$ 在 $a$ 点解析且 $f_{1} (a), g_{1} (a) \neq = 0$ ，并且

$f (z) = \frac{f _{1} ( z )}{( z - a ) ^{m}}, g (z) = \frac{g _{1} ( z )}{( z - a ) ^{n}} .$
1. (1)
  若 $m > n$ ，则
  
  $f (z) \pm g (z) = \frac{f _{1} ( z ) \pm ( z - a ) ^{m - n} g _{1} ( z )}{( z - a ) ^{m}},$
  
  显然 $[f_{1} (z) \pm (z - a)^{m - n} g_{1} (z)]$ 在 $z = 0$ 处非零，故 $z = a$ 为其 $(m - n)$ 级极点； $m < n$ 时同理. 而当 $m = n$ 时， $f_{1} (z) \pm g_{1} (z)$ 可能被 $(z - a)$ 整除， $a$ 为 $f (z) \pm g (z)$ 的至多 $m$ 级极点. 综上，当 $m \neq = n$ 时， $a$ 为 $f (z) \pm g (z)$ 的 $(max {m, n} - max {m, n})$ 级极点；当 $m = n$ 时， $a$ 为 $f (z) \pm g (z)$ 的至多 $m$ 级极点或可去奇点或解析点.
2. (2)
  $f (z) g (z) = \frac{f _{1} ( z ) g _{1} ( z )}{( z - a ) ^{m + n}}$ ，显然 $f_{1} (a) g_{1} (a) \neq = 0$ 且 $f_{1} (z) g_{1} (z)$ 在 $z = a$ 附近解析，故 $z = a$ 为其 $(m - n)$ 级极点.
3. (3)
  当 $m > n$ 时，
  
  $\frac{f ( z )}{g ( z )} = \frac{f _{1} ( z )}{g _{1} ( z )} \frac{1}{( z - a ) ^{m - n}},$
  
  显然 $\frac{f _{1} ( z )}{g _{1} ( z )}$ 在 $z = a$ 处非零且在其附近解析，故 $a$ 为 $\frac{f ( z )}{g ( z )}$ 的 $(m - n)$ 级极点. 当 $m ⩽ n$ 时， $\frac{f ( z )}{g ( z )} = \frac{f _{1} ( z )}{g _{1} ( z )} (z - a)^{n - m}$ ，即
  
  $z \to a lim \frac{f ( z )}{g ( z )} = \frac{f _{1} ( a )}{g _{1} ( a )} z \to a lim (z - a)^{n - m} = ⎩ ⎨ ⎧ \frac{f _{1} ( a )}{g _{1} ( a )}, m = n, 0, m < n,$
  
  此时 $z = a$ 为 $\frac{f ( z )}{g ( z )}$ 的可去奇点.
16.
参考教材P101的例17.

6留数及其应用

1.
1. (1)
  $z_{0} = i$ 为其1级极点，那么
  
  $Res [\frac{cos z}{z - i}, z_{0}] = \frac{cos i}{1} = cosh 1.$
2. (2)
  奇点满足 $z^{2 n} = - 1$ ，故 $z_{k} = exp [i \frac{( 2 k + 1 ) π}{2 n}] (k = 0, 1, \dots, 2 n - 1)$ 为其1级极点，
  
  $Res [\frac{z ^{2 n}}{1 + z ^{2 n}}, z_{k}] = \frac{z _{k}^{2 n}}{2 n \cdot z _{k}^{2 n - 1}} = \frac{z _{k}}{2 n} = \frac{1}{2 n} exp [i \frac{( 2 k + 1 ) π}{2 n}], k = 0, 1, \dots, 2 n - 1.$
3. (3)
  $z_{k} = 2 k π i (k \in Z)$ 为其1级极点，那么
  
  $Res [\frac{1}{e ^{z} - 1}, z_{k}] = \frac{1}{e ^{z_{k}}} = 1.$
4. (4)
  $z_{0} = 0$ 为其4级极点，那么
  
  $Res [\frac{1 - e ^{2 z}}{z ^{4}}, z_{0}] = \frac{1}{3 !} z \to 0 lim \frac{d ^{3}}{d z ^{3}} [z^{4} \cdot \frac{1 - e ^{2 z}}{z ^{4}}] = - \frac{4}{3} .$
5. (5)
  $\frac{1}{( 1 + z ^{2} ) ^{3}} = \frac{1}{( z - i ) ^{3} ( z + i ) ^{3}}$ ，因此 $z_{1} = - i, z_{2} = i$ 均为其3级极点，那么
  
  $Res [\frac{1}{( 1 + z ^{2} ) ^{3}}, z_{1}] = \frac{1}{2 !} z \to - i lim \frac{d ^{2}}{d z ^{2}} [(z + i)^{3} \cdot \frac{1}{( 1 + z ^{2} ) ^{3}}] = \frac{1}{2} \cdot \frac{12}{( - 2 i ) ^{5}} = \frac{3}{16} i,$
  $Res [\frac{1}{( 1 + z ^{3} ) ^{3}}, z_{2}] = \frac{1}{2 !} z \to i lim \frac{d ^{2}}{d z ^{2}} [(z - i)^{3} \cdot \frac{1}{( 1 + z ^{2} ) ^{3}}] = \frac{1}{2} \cdot \frac{12}{( 2 i ) ^{5}} = - \frac{3}{16} i .$
6. (6)
  $z_{0} = 1$ 为其 $n$ 级极点，那么
  
  $Res [\frac{z ^{2 n}}{( z - 1 ) ^{n}}, z_{0}] = \frac{1}{( n - 1 )!} z \to 1 lim \frac{d ^{n - 1}}{d z ^{n - 1}} [(z - 1)^{n} \cdot \frac{z ^{2 n}}{( z - 1 ) ^{n}}] = \frac{2 n !}{( n - 1 )! ( n + 1 )!} .$
7. (7)
  $z_{1}, z_{2}$ 分别为其 $m, n$ 级极点，那么
  
  $Res [\frac{1}{( z - z _{1} ) ^{m} ( z - z _{2} ) ^{n}}, z_{1}] = \frac{1}{( m - 1 )!} \frac{d ^{m - 1}}{d z ^{m - 1}} [(z - z_{1})^{m} \cdot \frac{1}{( z - z _{1} ) ^{m} ( z - z _{2} ) ^{n}}]$
  $= \frac{( n + m - 2 )!}{( n - 1 )! ( m - 1 )!} \frac{( - 1 ) ^{m - 1}}{( z _{1} - z _{2} ) ^{n + m - 1}},$
  $Res [\frac{1}{( z - z _{1} ) ^{m} ( z - z _{2} ) ^{n}}, z_{2}] = \frac{1}{( n - 1 )!} \frac{d ^{n - 1}}{d z ^{n - 1}} [(z - z_{2})^{n} \cdot \frac{1}{( z - z _{1} ) ^{m} ( z - z _{2} ) ^{n}}]$
  $= \frac{( n + m - 2 )!}{( n - 1 )! ( m - 1 )!} \frac{( - 1 ) ^{n - 1}}{( z _{2} - z _{1} ) ^{n + m - 1}} .$
8. (8)
  注意到
  
  $\frac{1}{z + 1} + \dots + \frac{1}{( z + 1 ) ^{n}} = \frac{1}{z + 1} \frac{1 - ( \frac{1}{z + 1} ) ^{n}}{1 - \frac{1}{z + 1}} = \frac{1}{z} [1 - \frac{1}{( z + 1 ) ^{n}}],$
  
  因此原函数 $f (z)$ 可写为
  
  $f (z) = \frac{1}{z} [\frac{1}{z + 1} + \dots + \frac{1}{( z + 1 ) ^{n}}] = \frac{1}{z ^{2}} [1 - \frac{1}{( z + 1 ) ^{n}}],$
  
  $z_{1} = 0, z_{2} = - 1$ 分别为其2级、 $n$ 级极点，那么
  
  $Res [f (z), z_{1}] = \frac{1}{1 !} z \to 0 lim \frac{d}{d z} [z^{2} f (z)] = \frac{n}{( 0 + 1 ) ^{n}} = n,$
  $Res [f (z), z_{2}] = \frac{1}{( n - 1 )!} z \to - 1 lim \frac{d ^{n - 1}}{d z ^{n - 1}} [(z + 1)^{n} f (z)]$
  $= Leibniz 公式 \frac{1}{( n - 1 )!} z \to - 1 lim {[(z + 1)^{n} - 1] \cdot (\frac{1}{z ^{2}})^{(n - 1)} + 0}$
  $= \frac{1}{( n - 1 )!} \cdot (- 1) \cdot (- 1)^{n - 1} \frac{n !}{( - 1 ) ^{n + 1}} = - n .$
2.
1. (1)
  记 $ζ = \frac{1}{z}$ ，则 $φ (ζ) = f (z)$ ，其收敛域为 $0 < ∣ ζ ∣ < \frac{1}{R}$ ，那么 $φ (ζ)$ 在收敛域内的Laurent展开式为
  
  $φ (ζ) = n = - \infty \sum \infty a_{n} ζ^{n}, a_{n} = \frac{1}{2 π i} \int_{C^{+}} \frac{φ ( ζ )}{ζ ^{n + 1}} d ζ,$
  
  其中 $C^{+}$ 为区域内任一包含原点且取正向的闭路，因此
  
  $f (z) = φ (\frac{1}{z}) = n = - \infty \sum \infty a_{n} (\frac{1}{z})^{n} = n = - \infty \sum \infty b_{n} z^{n},$
  
  注意到换元时路径方向反向⁶，那么
  
  $b_{n} = a_{- n} = \frac{1}{2 π i} \int_{C^{+}} \frac{φ ( ζ )}{ζ ^{- n + 1}} d ζ = ζ = 1/ z - \frac{1}{2 π i} \int_{C^{-}} \frac{f ( z )}{z ^{n + 1}} d z = - \frac{1}{2 π i} \int_{C^{-}} \frac{f ( z )}{z ^{n + 1}} d z,$
  
  因此当 $b_{- 1}$ 恰为 $f (z)$ 在无穷远处的留数的相反数，即
  
  $Res [f (z), \infty] = - b_{- 1} = \frac{1}{2 π i} \int_{C^{-}} f (z) d z .$
2. (2)
  取一条包含 $a_{1}, a_{2}, \dots, a_{n}$ 的闭路 $C$ ，结合留数定理，
  
  $k = 1 \sum n Res [f (z), a_{k}] + Res [f (z), \infty] = \frac{1}{2 π i} \int_{C^{+}} f (z) d z + \frac{1}{2 π i} \int_{C^{-}} f (z) d z$
  $= \frac{1}{2 π i} \int_{C^{+} + C^{-}} f (z) d z = 0.$
3. (3)
  对于函数 $\frac{cos z}{z - i}, \frac{1}{( 1 + z ^{2} ) ^{3}}$ ，由上一问结论，
  
  $Res [\frac{cos z}{z - i}, \infty] = - Res [\frac{cos z}{z - i}, i] = - cosh 1,$
  $Res [\frac{1}{( 1 + z ^{2} ) ^{3}}, \infty] = - Res [\frac{1}{( 1 + z ^{2} ) ^{3}}, - i] - Res [\frac{1}{( 1 + z ^{2} ) ^{3}}, i] = 0.$
  
  对于函数 $sin \frac{1}{z}, e^{1/ z}$ ，将其在 $\infty$ 附近作Laurent展开，得、
  
  $sin \frac{1}{z} = k = 0 \sum \infty (- 1)^{k} \frac{1}{( 2 k + 1 )!} \frac{1}{z ^{2 k + 1}}, e^{1/ z} = k = 0 \sum \infty \frac{1}{k !} \frac{1}{z ^{k}},$
  
  由第一小问结论，两者的 $b_{- 1}$ 均为1，因此
  
  $Res [sin \frac{1}{z}, \infty] = - b_{- 1} = - 1, Res [e^{1/ z}, \infty] = - b_{- 1} = - 1.$
4. (4)
  注意到
  
  $cos \frac{1}{z - 1} = k = 0 \sum \infty (- 1)^{k} \frac{z ^{2 k}}{( 2 k )!},$
  
  即其在 $\infty$ 附近的Laurent展开式中 $(z - 1)^{- 1}$ 的系数为0，故
  
  $Res [cos \frac{1}{z - 1}, \infty] = - b_{- 1} = 0.$
  
  由上一问结论及积分的可加性，
  
  $Res [sin \frac{z}{1 - z}, 1] = - Res [sin (\frac{1}{1 - z} - 1), \infty]$
  $= cos 1 Res [sin \frac{1}{z - 1}, \infty] + sin 1 Res [cos \frac{1}{z - 1}, \infty]$
  $= cos 1 \cdot (- 1) + sin 1 \cdot 0 = - cos 1.$
3.
1. (1)
  圆 $C : (x - 1)^{2} + (y - 1)^{2} = 2$ ，因此 $z_{1} = 1, z_{2} = i$ 均在 $C$ 所包围的区域内⁷，分别为函数的2级、1级极点，而 $z_{3} = - i$ 并非奇点. 由留数定理，
  
  $\int_{C} \frac{d z}{( z - 1 ) ^{2} ( z ^{2} + 1 )} = 2 π i k = 1 \sum 2 Res [\frac{1}{( z - 1 ) ^{2} ( z ^{2} + 1 )}, z_{k}]$
  $= 2 π i \cdot z \to 1 lim \frac{d}{d z} [(z - 1)^{2} \cdot \frac{1}{( z - 1 ) ^{2} ( z ^{2} + 1 )}] + 2 π i \cdot \frac{1/ ( i - 1 ) ^{2}}{2 i}$
  $= 2 π i \cdot (- \frac{1}{2} + \frac{1}{4}) = - \frac{π}{2} i .$
2. (2)
  圆 $C : (x - 1)^{2} + y^{2} = 1$ ，因此函数在全平面的奇点 $z_{k} = exp [i \frac{( 2 k + 1 ) π}{4}] (k = 0, 1, 2, 3)$ 中， $z_{0}, z_{3}$ 位于 $C$ 所包围的区域内，且为1级极点. 由留数定理，
  
  $\int_{C} \frac{d z}{z ^{4} + 1} = 2 π i Res [\frac{1}{z ^{4} + 1}, z_{0}] + 2 π i Res [\frac{1}{z ^{4} + 1}, z_{3}]$
  $= 2 π i (\frac{1}{4 z _{0}^{3}} + \frac{1}{4 z _{3}^{3}}) = \frac{π i}{2} (e^{- 3 π i /4} + e^{3 π i /4}) = - \frac{2 π}{2} i .$
3. (3)
  此函数在全平面的奇点有 $z_{k} = exp [i \frac{( 2 k + 1 ) π}{3}] (k = 0, 1, 2), z_{3} = 1$ ，且 $∣ z_{n} ∣ = 1 (n = 0, 1, 2, 3)$ .
  1. i.
    $r < 1$ 时，此函数在 $C$ 包围的域内解析，由Cauchy积分定理，
    
    $\int_{C} \frac{d z}{( z ^{2} - 1 ) ( z ^{3} + 1 )} = 0.$
  2. ii.
    $r > 1$ 时， $z_{0}, z_{2}, z_{3}$ 均为其1级极点， $z_{1}$ 为其2级极点，那么
    
    $\int_{C} \frac{d z}{( z ^{2} - 1 ) ( z ^{3} + 1 )}$
    $= 2 π i [\frac{1/ ( z _{0}^{2} - 1 )}{3 z _{0}^{2}} + \frac{1/ ( z _{2}^{2} - 1 )}{3 z _{2}^{2}} + \frac{1/ ( z _{3}^{3} + 1 )}{2 z _{3}} + z \to - 1 lim \frac{d}{d z} (\frac{1}{( z - 1 ) ( z ^{2} - z + 1 )})]$
    $= 2 π i [\frac{1}{3 3 e ^{3 π i /2}} + \frac{1}{- 3 3 e ^{3 π i /2}} + \frac{1}{3 e ^{3 π i /2}} + \frac{1}{4} - \frac{1}{4}] = 0.$
  综上，
  
  $\int_{C} \frac{d z}{( z ^{2} - 1 ) ( z ^{3} + 1 )} = 0.$
  
  另解 $r > 1$ 时，记正向闭路 $C_{R} : R < ∣ z ∣ < r$ ，其中 $1 < R < r$ ，那么由复闭路的Cauchy积分定理，
  
  $\int_{C_{R}} \frac{d z}{( z ^{2} - 1 ) ( z ^{3} + 1 )} = \int_{C} \frac{d z}{( z ^{2} - 1 ) ( z ^{3} + 1 )} .$
  
  将被积函数在 $1 < R < ∣ z ∣ < r$ 内作Laurent展开：
  
  $\frac{1}{( z ^{2} - 1 ) ( z ^{3} + 1 )} = \frac{1}{z ^{2}} m = 0 \sum \infty (\frac{1}{z ^{2}})^{m} \cdot \frac{1}{z ^{3}} n = 0 \sum \infty (- \frac{1}{z ^{3}})^{n} = m, n = 0 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{n}}{z ^{2 m + 3 n + 5}} .$
  
  可见 $2 m + 3 n + 5 ⩾ 5 > 1$ ，因此 $a_{- 1} = 0$ ，即
  
  $\int_{C} \frac{d z}{( z ^{2} - 1 ) ( z ^{3} + 1 )} = \int_{C_{R}} \frac{d z}{( z ^{2} - 1 ) ( z ^{3} + 1 )} = 2 π i a_{- 1} = 0.$
4. (4)
  $z_{k} = k (k = 1, 2, 3)$ 均为其在 $C$ 所围成的闭域内的1级极点，因此
  
  $\int_{C} \frac{d z}{( z - 1 ) ( z - 2 ) ( z - 3 )} = 2 π i (\frac{1}{2} - 1 + \frac{1}{2}) = 0.$
5. (5)
  $z_{1} = 1, z_{2} = - 1$ 均为其在 $C$ 所包围的闭域内的2级极点，而 $z_{3} = 3$ 不在此内，由留数定理，
  
  $\int_{C} \frac{d z}{( z ^{2} - 1 ) ( z - 3 ) ^{2}} = 2 π i {z \to 1 lim \frac{d}{d z} [\frac{1}{( z + 1 ) ^{2} ( z - 3 ) ^{2}}] + z \to - 1 lim \frac{d}{d z} [\frac{1}{( z - 1 ) ^{2} ( z - 3 ) ^{2}}]}$
  $= 2 π i \cdot (0 + \frac{3}{128}) = \frac{3 π}{64} i .$
4.
1. (1)
  记 $z = e^{i θ} (0 ⩽ θ < 2 π)$ ，则 $d z = i e^{i θ} d θ = i z d θ$ . 记正向闭路 $C : ∣ z ∣ = 1$ ，那么
  
  $\int_{0}^{2 π} \frac{d θ}{a + cos θ} = \int_{C} \frac{1}{a + \frac{1}{2} ( z + \frac{1}{z} )} \frac{d z}{i z} = \frac{2}{i} \int_{C} \frac{d z}{z ^{2} + 2 a z + 1}$
  $= \frac{2}{i} \int_{C} \frac{d z}{( z + a - a ^{2} - 1 ) ( z + a + a ^{2} - 1 ) ^{2}} .$
  
  由于 $a > 1$ ，故
  
  $∣ z_{1} ∣ = - a - a^{2} - 1 = a + a^{2} - 1 > 1 + 0 = 1,$
  $∣ z_{2} ∣ = - a + a^{2} - 1 = \frac{1}{a + a ^{2} - 1} < \frac{1}{1} = 1,$
  
  因此 $z_{2} = - a + a^{2} - 1$ 为 $C$ 所包围的区域内的1级极点，故
  
  $\int_{0}^{2 π} \frac{d θ}{a + cos θ} = \frac{2}{i} \int_{C} \frac{d z}{z ^{2} + 2 a z + 1} = 2 π i \cdot \frac{2}{i} \cdot \frac{1}{z ^{2} + a + a ^{2} - 1}$
  $= \frac{2 π}{a ^{2} - 1} .$
2. (2)
  记 $z = e^{i θ} (0 ⩽ θ < 2 π)$ ，正向闭路 $C : ∣ z ∣ = 1$ ，那么
  
  $\int_{0}^{2 π} \frac{r - cos θ}{1 - 2 r cos θ + r ^{2}} d θ = \frac{1}{2} \int_{C} \frac{2 r z - ( z ^{2} + 1 )}{( 1 + r ^{2} ) z - r ( z ^{2} + 1 )} \frac{d z}{i z}$
  $= \frac{1}{2 i} \int_{C} \frac{z ^{2} - 2 r z + 1}{z ( z - r ) ( r z - 1 )} d z .$
  1. i.
    当 $r > 1$ 时， $z_{0} = 0, z_{1} = \frac{1}{r}$ 为被积函数在 $C$ 所包围的区域内的1级极点，那么
    
    $\int_{0}^{2 π} \frac{r - cos θ}{1 - 2 r cos θ + r ^{2}} d θ = 2 π i \cdot \frac{1}{2 i} (\frac{1}{r} + \frac{1}{r}) = \frac{2 π}{r} .$
  2. ii.
    当 $r < 1$ 时， $z_{0} = 0, z_{2} = r$ 为被积函数在 $C$ 所包围的区域内的1级极点，那么
    
    $\int_{0}^{2 π} \frac{r - cos θ}{1 - 2 r cos θ + r ^{2}} d θ = 2 π i \cdot \frac{1}{2 i} (\frac{1}{r} - \frac{1}{r}) = 0.$
  3. iii.
    当 $r = 1$ 时，
    
    $\int_{0}^{2 π} \frac{r - cos θ}{1 - 2 r cos θ + r ^{2}} d θ = \frac{1}{2 i} \int_{C} \frac{d z}{z} = \frac{1}{2 i} \cdot 2 π i = π .$
    
    综上，
    
    $\int_{0}^{2 π} \frac{r - cos θ}{1 - 2 r cos θ + r ^{2}} d θ = ⎩ ⎨ ⎧ 0, r < 1, π, r = 1, \frac{2 π}{r}, r > 1 = \frac{π}{r} [1 + sgn (r - 1)] .$
3. (3)
  令 $z = e^{i (2 θ)} (0 ⩽ θ < π)$ ，则 $d z = 2 i e^{i (2 θ)} d θ = 2 i z d θ$ ，且
  
  $cos^{2} θ = \frac{1 + cos 2 θ}{2} = \frac{1}{4} (z + \frac{1}{z} + 2),$
  
  记正向曲线 $C : ∣ z ∣ = 1$ ，因此
  
  $\int_{0}^{π /2} \frac{d θ}{a ^{2} + sin ^{2} θ} = \frac{1}{2} \int_{0}^{π} \frac{d θ}{a ^{2} + 1 - cos ^{2} θ} = \frac{1}{2} \int_{C} \frac{1}{a ^{2} + 1 - \frac{1}{4} ( z + \frac{1}{z} + 2 )} \frac{d z}{2 i z}$
  $= \frac{1}{- i} \int_{C} \frac{d z}{z ^{2} - 2 ( 2 a ^{2} + 1 ) z + 1} .$
  
  可见被积函数奇点为
  
  $z_{1} = (2 a^{2} + 1) - 2 a a^{2} + 1 \in R, z_{2} = (2 a^{2} + 1) + 2 a a^{2} + 1 \in R,$
  
  又因为
  
  $∣ z_{2} ∣ = z_{1} = (2 a^{2} + 1) + 2 a a^{2} + 1 > 0 + 1 + 0 = 1,$
  $∣ z_{1} ∣ = z_{2} = (2 a^{2} + 1) - 2 a a^{2} + 1 = \frac{1}{( 2 a ^{2} + 1 ) + 2 a ^{2} + a} < 1,$
  
  因此 $z_{1}$ 在 $C$ 所包围的区域内，为奇点，而 $z_{2}$ 并非奇点，由留数定理，
  
  $\int_{0}^{π /2} \frac{d θ}{a ^{2} + sin ^{2} θ} = \frac{1}{- i} \int_{C} \frac{d z}{( z - z _{1} ) ( z - z _{2} )} = 2 π i \cdot \frac{1}{- i ( z _{1} - z _{2} )}$
  $= - 2 π \cdot \frac{1}{- 4 a a ^{2} + 1} = \frac{π}{2 a 1 + a ^{2}} .$
4. (4)
  记 $φ = θ + π$ ，那么
  
  $\int_{0}^{π} tan (θ + i a) d θ = φ = θ + π \int_{π}^{2 π} tan (φ - π + i a) d φ = \int_{π}^{2 π} tan (φ + i a) d φ .$
  
  记 $z = e^{i (θ + i a)} = e^{- a} e^{i θ} (0 ⩽ θ < 2 π)$ ，正向曲线 $C : ∣ z ∣ = e^{- a}$ ，那么
  
  $\int_{0}^{π} tan (θ + i a) d θ = \frac{1}{2} \int_{0}^{2 π} \frac{sin ( θ + i a )}{cos ( θ + i a )} d θ = \frac{1}{2} \int_{C} \frac{z - \frac{1}{z}}{i ( z + \frac{1}{z} )} \frac{d z}{i z}$
  $= \frac{1}{2} \int_{C} \frac{1 - z ^{2}}{z ( 1 + z ^{2} )} d z$
  1. i.
    $a > 0$ 时，闭路 $C$ 上 $∣ z ∣ = e^{- a} < 1$ ，因此被积函数在全平面的奇点 $z_{1} = - i, z_{2} = i$ 均位于 $C$ 所包围的区域外，而 $z_{0} = 0$ 为其1级极点，由留数定理，
    
    $\int_{C} tan (θ + i a) d θ = \frac{1}{2} \cdot 2 π i \cdot \frac{1 - 0}{1 + 0} = π i .$
  2. ii.
    $a < 0$ 时，闭路 $C$ 上 $∣ z ∣ = e^{- a} > 1$ ，因此在 $C$ 所包围的区域内具有奇点 $z_{0}, z_{1}, z_{2}$ ，且 $z_{0}, z_{1}, z_{2}$ 均为1级极点，由留数定理，
    
    $\int_{0}^{π} tan (θ + i a) d θ = \frac{1}{2} \int_{C} \frac{1 - z ^{2}}{z ( 1 + z ^{2} )} d z = 2 π i \cdot \frac{1}{2} [\frac{2}{i \cdot 2 i} + \frac{2}{( - i ) \cdot ( - 2 i )} + \frac{1 - 0}{1 + 0}]$
    $= - π i .$
    
    综上，
    
    $\int_{0}^{π} tan (θ + i a) d θ = {- π i, a < 0, π i, a > 0 = π i sgn (a) .$
5.
1. (1)
  记 $f (z) = \frac{z ^{2}}{( z ^{2} + a ^{2} ) ^{2}}$ ，则
  
  $z \to \infty lim z f (z) = z \to \infty lim \frac{z ^{3}}{( z ^{2} + a ^{2} ) ^{2}} = 0,$
  
  那么
  
  $\int_{- \infty}^{\infty} \frac{x ^{2}}{( x ^{2} + a ^{2} ) ^{2}} = 2 π i Res [f (z), a i] = 2 π i z \to a i lim \frac{d}{d z} [\frac{z ^{2}}{( z + a i ) ^{2}}] = \frac{π}{2 a} .$
2. (2)
  记 $f (z) = \frac{1}{( z ^{2} + a ^{2} ) ( z ^{2} + b ^{2} )}$ ，则
  
  $z \to \infty lim z f (z) = z \to \infty lim \frac{z}{( z ^{2} + a ^{2} ) ( z ^{2} + b ^{2} )} = 0,$
  
  那么
  
  $\int_{- \infty}^{\infty} \frac{d x}{( x ^{2} + a ^{2} ) ( x ^{2} + b ^{2} )} = 2 π i Res [f (z), a i] + 2 π i Res [f (z), b i]$
  $= 2 π i [\frac{1}{2 a i ( b ^{2} - a ^{2} )} + \frac{1}{2 b i ( a ^{2} - b ^{2} )}] = \frac{π}{ab ( a + b ) .}$
3. (3)
  记 $f (z) = \frac{1 + z ^{2}}{1 + z ^{4}}$ ，则
  
  $z \to \infty lim z f (z) = z \to \infty lim \frac{z ^{3} + z ^{2}}{z ^{4} + 1} = 0,$
  
  注意到 $f (x) (x \in R)$ 为偶函数，那么
  
  $\int_{0}^{\infty} \frac{1 + x ^{2}}{1 + x ^{4}} d x = \frac{1}{2} \int_{- \infty}^{\infty} \frac{1 + x ^{2}}{1 + x ^{4}} d x = π i {Res [f (z), e^{π i /4}] + Res [f (z), e^{3 π i /4}]}$
  $= π i [\frac{1 + e ^{π i /2}}{4 e ^{3 π i /4}} + \frac{1 + e ^{3 π i /2}}{4 e ^{9 π i /4}}] = \frac{π}{2} .$
6.
1. (1)
  引入辅助函数 $f (z) = \frac{z}{z ^{2} + b ^{2}} e^{i a z}$ ，其中 $(z^{2} + b^{2})$ 比 $z$ 高1次. 又因为被积函数为偶函数，那么
  
  $\int_{- \infty}^{\infty} f (x) d x = π i Res [f (z), b i] = π i \cdot \frac{b i}{2 b i} e^{- ab} = \frac{π}{2} e^{- ab} i,$
  $\int_{0}^{\infty} \frac{x sin a x}{x ^{2} + b ^{2}} d x = \frac{1}{2} Im [\int_{- \infty}^{\infty} f (z) d z] = \frac{π}{2} e^{- ab} .$
2. (2)
  引入辅助函数 $f (z) = \frac{e ^{i a z}}{z ( z ^{2} + b ^{2} )}$ ，其中 $z (z^{2} + b^{2})$ 比1高3次. 又因为被积函数为偶函数，那么
  
  $\int_{- \infty}^{\infty} f (x) d x = 2 π i Res [f (z), b i] + π i Res [f (z), 0]$
  $= 2 π i \cdot \frac{e ^{- ab}}{b i \cdot 2 b i} + π i \cdot \frac{1}{b ^{2}} = \frac{π i}{b ^{2}} (1 - e^{- ab}),$
  $\int_{0}^{\infty} \frac{sin a x}{x ( x ^{2} + b ^{2} )} d x = \frac{1}{2} Im [\int_{- \infty}^{\infty} f (x) d x] = \frac{π}{2 b ^{2}} (1 - e^{- ab}) .$
3. (3)
  引入辅助函数 $f (z) = \frac{( z ^{2} - a ^{2} ) e ^{i z}}{( z ^{2} + a ^{2} ) z}$ ，其中 $z (z^{2} + a^{2})$ 比 $(z^{2} - a^{2})$ 高1次. 又因为被积函数为偶函数，那么
  
  $\int_{- \infty}^{\infty} f (x) d x = 2 π i Res [f (z), a i] + π i Res [f (z), 0]$
  $= 2 π i \cdot \frac{- 2 a ^{2} \cdot e ^{- a}}{2 a i \cdot a i} + π i \cdot (- 1) = π (2 e^{- a} - 1) i,$
  $\int_{0}^{\infty} \frac{x ^{2} - a ^{2}}{x ^{2} + a ^{2}} \frac{sin x}{x} = \frac{1}{2} Im [\int_{- \infty}^{\infty} f (x) d x] = π (e^{- a} - \frac{1}{2}) .$
4. (4)
  引入辅助函数 $f (z) = \frac{e ^{i z}}{( z ^{2} + 4 ) ( z - 1 )}$ ，其中 $(z^{2} + 4) (z - 1)$ 比1高3次，那么
  
  $\int_{- \infty}^{\infty} f (x) d x = 2 π i Res [f (z), 2 i] + π i Res [f (z), 1]$
  $= 2 π i \cdot \frac{e ^{- 2}}{4 i ( 2 i - 1 )} + π i \cdot \frac{e ^{i}}{5}$
  $= \frac{π}{10} [- (2 sin 1 + e^{- 2}) + 2 (cos 1 - e^{- 2})],$
  $v.p. \int_{- \infty}^{\infty} \frac{sin x}{( x ^{2} + 4 ) ( x - 1 )} d x = Im [\int_{- \infty}^{\infty} f (x) d x] = \frac{π}{5} (cos 1 - e^{- 2}) .$
5. (5)
  引入辅助函数 $f (z) = \frac{e ^{2 a z i} - e ^{2 b z i}}{z ^{2}}$ ，其中 $z^{2}$ 比1高2次. 又因为被积函数是偶函数，那么
  
  $\int_{- \infty}^{\infty} f (x) d x = π i z \to 0 lim \frac{d}{d z} (e^{2 a z i} - e^{2 b z i}) = 2 π (b - a),$
  $\int_{0}^{\infty} \frac{cos 2 a x - cos 2 b x}{x ^{2}} d x = \frac{1}{2} Re [\int_{- \infty}^{\infty} f (x) d x] = π (b - a) .$
6. (6)
  将原积分改写为
  
  $\int_{0}^{\infty} (\frac{sin x}{x})^{2} d x = \int_{0}^{\infty} \frac{1 - cos 2 x}{2 x ^{2}} d x = u = 2 x \int_{0}^{\infty} \frac{1 - cos u}{u ^{2}} d u,$
  
  故引入辅助函数 $f (z) = \frac{1 - e ^{i z}}{z ^{2}}$ ，其中 $z^{2}$ 比1高2次. 又因为被积函数是偶函数，那么
  
  $\int_{- \infty}^{\infty} f (x) d x = π i Res [f (z), 0] = π i z \to 0 lim \frac{1 - e ^{i z}}{2 z} = - \frac{π i}{2} z \to 0 lim n = 1 \sum \infty i^{n} z^{n - 1} = \frac{π}{2},$
  $\int_{0}^{\infty} (\frac{sin x}{x})^{2} d x = \frac{1}{2} Re [\int_{- \infty}^{\infty} f (x) d x] = \frac{π}{2} .$
  
  注
  对于函数 $f (z) = \frac{1 - e ^{2 i z}}{2 z ^{2}}$ 在 $C_{R}$ 上的积分，可令 $f_{1} (z) = \frac{1}{z ^{2}}$ . 由于
  
  $z \to \infty lim z f_{1} (z) = z \to \infty lim \frac{1}{z} = 0, z \to \infty lim f_{1} (z) = z \to \infty lim \frac{1}{z ^{2}} = 0,$
  
  分别由引理1和约当引理，可得
  
  $R \to \infty lim \int_{C_{R}} f_{1} (z) d z = 0, R \to + \infty lim \int_{C_{R}} f_{1} (z) e^{2 i z} d z = 0.$
7. (7)
  利用提示，引入辅助函数 $f (z) = \frac{z}{e ^{π z} - e ^{- π z}}$ . 注意到
  
  $z \to 0 lim f (z) = z \to 0 lim [n = 0 \sum \infty \frac{π ^{n} z ^{n - 1}}{n !} - n = 0 \sum \infty \frac{( - π ) ^{n} z ^{n - 1}}{n !}]^{- 1} = z \to 0 lim [n = 0 \sum \infty \frac{2 π ^{2 n + 1} z ^{2 n}}{( 2 n + 1 )!}]^{- 1} = \frac{1}{2 π},$
  
  因此 $z = 0$ 实际上为 $f (z)$ 的可去奇点. 考虑由 $z = 0, z = R, z = \frac{π}{2} i, z = - R$ 围成的正向复闭路，上述四条路线依次记为 $C_{1}, C_{2}, C_{3}, C_{4}$ ，那么
  
  $\int_{C} f (z) d z = \int_{- \infty}^{\infty} f (x) d x + \int_{C_{2}} f (z) + \int_{C_{3}} f (z) d z + \int_{C_{4}} f (z) d z .$
  
  当 $z$ 在 $C_{2}$ 上时， $z = R + i y$ ，由长大不等式，
  
  $\int_{C_{2}} f (z) d z ⩽ \int_{0}^{h} \frac{∣ z ∣}{∣ e ^{π z} - e ^{- π z} ∣} ∣ d z ∣ ⩽ \int_{0}^{h} \frac{R ^{2} + h ^{2}}{e ^{π R} - e ^{- π R}} d y$
  $⩽ \frac{h R ^{2} + h ^{2}}{e ^{π R}} ⟶ 0 (R \to \infty),$
  
  因此 $f (z)$ 在 $C_{2}$ 上的积分值当 $R \to \infty$ 时为零. 同理， $f (z)$ 在 $C_{4}$ 上的积分值当 $R \to \infty$ 时同样为零. 对于 $f (z)$ 在 $C_{3}$ 上的积分， $z = x + i /2$ ，
  
  $\int_{- R}^{R} f (x) d x = \int_{- C_{3}} f (z) d z = \int_{- R}^{R} \frac{x + i /2}{i e ^{π x} - ( - i e ^{- π x} )} d x = \int_{- R}^{R} \frac{1 - 2 i x}{2 ( e ^{π x} + e ^{- π x} )} d x$
  $= \frac{1}{2} \int_{- R}^{R} \frac{d x}{e ^{π x} + e ^{- π x}} = \frac{1}{4 π} \int_{- R}^{R} \frac{d ( sinh π x )}{cosh ^{2} π x} = \frac{1}{4 π} arctan (sinh π x) ∣_{- R}^{R}$
  $= \frac{1}{2 π} arctan (sinh π R),$
  
  综上，积分值为
  
  $\int_{0}^{\infty} \frac{x}{e ^{π x} - e ^{- π x}} = \frac{1}{2} R \to \infty lim \int_{- R}^{R} f (x) d x = \frac{1}{4 π} R \to \infty lim arctan (sinh π R)$
  $= \frac{1}{4 π} \cdot \frac{π}{2} = \frac{1}{8} .$
7.
1. (1)
  引入辅助函数 $R (z) = \frac{1}{( 1 + z ^{2} ) ^{2}}$ ，可见 $R (x)$ 在正实轴上无奇点，且
  
  $Z \to \infty lim z^{p + 1} R (z) = z \to \infty lim \frac{z ^{p + 1}}{( 1 + z ^{2} ) ^{2}} = z \to \infty lim \frac{1}{z ^{3 - p}} = 0,$
  $z \to 0 lim z^{p + 1} R (z) = z \to 0 lim \frac{z ^{p + 1}}{( 1 + z ^{2} ) ^{2}} = z \to 0 lim \frac{0}{1 ^{2}} = 0,$
  
  那么
  
  $\int_{0}^{\infty} x^{p} R (x) d x = \frac{2 π i}{1 - e ^{2 p π i}} {Res [z^{p} R (z), i] + Res [z^{p} R (z), - i]}$
  $= \frac{2 π i}{1 - e ^{2 p π i}} [\frac{1 - p}{4} e^{(p - 1) π i /2} + \frac{1 - p}{4} e^{3 (p - 1) π i /2}] (0 ⩽ θ < 2 π)$
  $= \frac{( 1 - p ) π}{2 ( e ^{2 p π i} - 1 )} \cdot (e^{3 p π i /2} - e^{p π i /2}) = \frac{( 1 - p ) π}{2 ( e ^{p π i} - e ^{- p π i} )} \cdot (e^{p π i /2} - e^{- p π i /2})$
  $= \frac{( 1 - p ) π sin \frac{p π}{2}}{2 sin p π} = \frac{( 1 - p ) π}{4 cos \frac{p π}{2}} .$
  
  并且
  
  $p \to 1 lim \int_{0}^{\infty} x^{p} R (x) d x = L’Hospital 法则 p \to 1 lim \frac{π}{2 π sin \frac{p π}{2}} = \frac{1}{2},$
  
  因此
  
  $\int_{0}^{\infty} x^{p} R (x) d x = ⎩ ⎨ ⎧ \frac{( 1 - p ) π}{4 cos \frac{p π}{2}}, p \neq = 1, \frac{1}{2}, p = 1 (- 1 < p < 3) .$
2. (2)
  记 $f (z) = \frac{( ln z ) ^{2}}{( 1 + z ) ^{3}}$ .
  
  注意到 $ln z$ 的多值性，取正实轴为支割线，在上岸 $f (z) = \frac{ln ^{2} x}{( 1 + x ^{3} )}$ ，在下岸 $f (z) = \frac{ln ^{2} ( x e ^{2 π i} )}{( 1 + x e ^{2 π i} ) ^{3}}$ . 取闭路 $C$ 为：从正实轴上岸 $z = r$ 点到 $z = R$ 点，再沿 $C_{R} : ∣ Z ∣ = R$ （正向）从正实轴上岸到下岸，接着从下岸 $Z = R$ 点到 $z = r$ 点，最后沿 $- C_{r} : ∣ z ∣ = r$ （反向）回到起点，那么 $f (z)$ 在 $C$ 围成的闭路内仅有一个3级奇点 $z_{0} = - 1$ ，从而
  
  $\int_{C} f (z) d z = \int_{C_{R}} f (z) d z + \int_{- C_{r}} f (z) d z + \int_{r}^{R} \frac{ln ^{2} x}{( 1 + x ) ^{3}} d x + \int_{R}^{r} \frac{ln ^{2} ( x e ^{2 π i} )}{( 1 + x e ^{2 π i} ) ^{3}} d x$
  $= \int_{C_{R}} f (z) d z + \int_{- C_{r}} f (z) d z + \int_{r}^{R} \frac{- 4 π i ln x + 4 π ^{2}}{( 1 + x ) ^{3}} d x$
  $= 2 π i Res [f (z), - 1] = 2 π i \cdot \frac{1}{2 !} z \to - 1 lim \frac{d ^{2}}{d z ^{2}} (ln^{2} z) = 2 π (π + i) .$
  
  由于
  
  $∣ ln z ∣ = (ln ∣ z ∣)^{2} + φ^{2} ⩽ ln^{2} ∣ z ∣ + 4 π^{2},$
  
  因此有
  
  $z \to \infty lim z f (z) ⩽ z \to \infty lim \frac{∣ z ∣ ∣ ln z ∣ ^{2}}{∣ 1 + z ∣ ^{3}} ⩽ ∣ z ∣ \to \infty lim \frac{∣ z ∣ ( ln ^{2} ∣ z ∣ + 4 π ^{2} )}{( ∣ z ∣ - 1 ) ^{3}} = 0,$
  $z \to 0 lim z f (z) ⩽ z \to 0 lim \frac{∣ z ∣ ∣ ln z ∣ ^{2}}{∣ 1 + z ∣ ^{3}} ⩽ ∣ z ∣ \to 0 lim (∣ z ∣ ln^{2} ∣ z ∣ + 4 π^{2} ∣ z ∣) = 0,$
  
  即 $z \to \infty lim z f (z) = z \to 0 lim z f (z) = 0$ ，由引理1、2得
  
  $R \to \infty lim \int_{C_{R}} f (z) d z = r \to 0^{+} lim \int_{C_{r}} f (z) d z = 0,$
  
  代入最初的方程并令 $R \to \infty, r \to 0$ ，得
  
  $4 π^{2} \int_{0}^{\infty} \frac{d x}{( 1 + x ) ^{3}} - 4 π i \int_{0}^{\infty} \frac{ln x}{( 1 + x ) ^{3}} d x = 2 π^{2} + 2 π i,$
  
  对比等式两端虚部得
  
  $\int_{0}^{\infty} \frac{ln x}{( 1 + x ) ^{3}} d x = \frac{2 π}{- 4 π} = - \frac{1}{2} .$
3. (3)
  记 $f (z) = \frac{ln ^{2} z}{z ^{2} + a ^{2}}$ ，取闭路 $C$ 为：从 $z = r$ 点到 $z = R$ 点，再经 $C_{R} : ∣ z ∣ = R$ （正向）到达 $z = - R$ 点。然后从 $z - - R$ 点到 $z = - r$ 点，最后经 $- C_{r} : ∣ z ∣ = r$ （反向）回到起点，且 $r < a < R$ ，则 $f (z)$ 在闭路 $C$ 所包围的区域内仅有一个1级极点 $z_{0} = ∣ a ∣ i$ ，那么
  
  $\int_{C} f (z) d z = \int_{C_{R}} f (z) d z + \int_{- C_{r}} f (z) d z + \int_{r}^{R} \frac{ln ^{2} x}{x ^{2} + a ^{2}} d x + \int_{- R}^{- r} \frac{ln ^{2} x}{x ^{2} + a ^{2}} d x$
  $= u = - x \int_{C_{R}} f (z) d z + \int_{- C_{r}} f (z) d z + \int_{r}^{R} \frac{ln ^{2} x}{x ^{2} + a ^{2}} d x + \int_{r}^{R} \frac{( ln u + π i ) ^{2}}{u ^{2} + a ^{2}} d u$
  $= \int_{C_{R}} f (z) d z + \int_{- C_{r}} f (z) d z + \int_{r}^{R} \frac{2 ln ^{2} x - π ^{2}}{x ^{2} + a ^{2}} d x + 2 π i \int_{r}^{R} \frac{ln x}{x ^{2} + a ^{2}},$
  
  注意到
  
  $z \to \infty lim z f (z) ⩽ z \to \infty lim \frac{∣ z ∣ ∣ ln z ∣ ^{2}}{∣ z ^{2} + a ^{2} ∣} ⩽ ∣ z ∣ \to \infty lim \frac{∣ z ∣ ( ln ^{2} ∣ z ∣ + π ^{2} )}{∣ z ∣ ^{2} - a ^{2}} = 0,$
  $z \to 0 lim z f (z) ⩽ z \to 0 lim \frac{∣ z ∣ ∣ ln z ∣ ^{2}}{∣ z ^{2} + a ^{2} ∣} = \frac{1}{a ^{2}} ∣ z ∣ \to 0 lim ∣ z ∣ (ln^{2} ∣ z ∣ + π^{2}) = 0,$
  
  即 $z \to \infty lim z f (z) = z \to 0 lim z f (z) = 0$ ，由引理1、2得
  
  $R \to \infty lim \int_{C_{R}} f (z) d z = 0, r \to 0^{+} lim \int_{C_{r}} f (z) d z,$
  
  代入最初的方程并令 $R \to \infty, r \to 0^{+}$ ，得
  
  $\int_{C} f (z) d z = 2 \int_{0^{\infty}} \frac{ln ^{2} x}{x ^{2} + a ^{2}} d x - π^{2} \cdot \frac{π}{2 ∣ a ∣} - 2 π i \int_{0}^{\infty} \frac{ln x}{x ^{2} + a ^{2}} d x$
  $= 2 π i Res [f (z), a i] = 2 π i \cdot \frac{ln ^{2} ( ∣ a ∣ i )}{2 ∣ a ∣ i} = \frac{π}{∣ a ∣} (ln^{2} ∣ a ∣ - \frac{π ^{2}}{4} + i π ln ∣ a ∣),$
  
  对比等式两端实部得
  
  $\int_{0}^{\infty} \frac{ln ^{2} x}{x ^{2} + a ^{2}} d x = \frac{1}{2} \cdot \frac{π}{∣ a ∣} (ln^{2} ∣ a ∣ + \frac{π ^{2}}{4}) = \frac{π}{8 ∣ a ∣} (π^{2} + 4 ln^{2} ∣ a ∣) .$
8.
1. (1)
  记 $f (z) = 8, φ (z) = 2 z^{5} - z^{4} + z^{2} - 2 z$ ，那么在 $∣ z ∣ = 1$ 上
  
  $∣ φ (z) ∣ ⩽ 2 ∣ z ∣^{5} + ∣ z ∣^{4} + ∣ z ∣^{2} + 2 ∣ z ∣ = 6 < ∣ f (z) ∣ = 8,$
  
  而 $f (z)$ 在 $∣ z ∣ < 1$ 内无零点，由Rouch $e ˊ$ 定理， $f (z) + φ (z)$ 在 $∣ z ∣ < 1$ 内无零点.
2. (2)
  记 $f (z) = - 6 z^{5}, φ (z) = z^{7} + z^{2} - 3$ ，那么在 $∣ z ∣ = 1$ 上
  
  $∣ φ (z) ∣ ⩽ 1 + 1 + 3 = 5 < ∣ f (z) ∣ = 6,$
  
  而 $f (z)$ 在 $∣ z ∣ < 1$ 内仅有一个5级零点 $z_{0} = 0$ ，由Rouch $e ˊ$ 定理， $f (z) + φ (z)$ 在 $∣ z ∣ < 1$ 内有5个零点.
3. (3)
  记 $f (z) = - 8 z, φ (z) = z^{9} - 2 z^{6} + z^{2} + 2$ ，那么在 $∣ z ∣ = 1$ 上
  
  $∣ φ (z) ∣ ⩽ 1 + 2 + 1 + 2 = 6 < ∣ f (z) ∣ = 8,$
  
  而 $f (z)$ 在 $∣ z ∣ < 1$ 内仅有一个1级零点 $z_{0} = 0$ ，由Rouch $e ˊ$ 定理， $f (z) + φ (z)$ 在 $∣ z ∣ < 1$ 内仅有一个零点.
4. (4)
  记 $f (z) = - 3 z^{n}, φ (z) = e^{z}$ ，那么在 $∣ z ∣ = 1$ 上
  
  $∣ φ (z) ∣ = n = 0 \sum \infty \frac{z ^{n}}{n !} ⩽ n = 0 \sum \infty \frac{∣ z ∣ ^{n}}{n !} = n = 0 \sum \infty \frac{1}{n !} = e < ∣ f (z) ∣ = 3,$
  
  而 $f (z)$ 在 $∣ z ∣ < 1$ 内仅有一个 $n$ 级零点，由Rouch $e ˊ$ 定理， $f (z) + φ (z)$ 在 $∣ z ∣ < 1$ 内有 $n$ 个零点.
9.
将区域分成两部分讨论：
1. (1)
  在 $∣ z ∣ = \frac{1}{2}$ 上，令 $f (z) = 6 z, φ (z) = z^{4} + 1$ ，则
  
  $∣ φ (z) ∣ ⩽ ∣ z ∣^{4} + 1 = 1 + \frac{1}{16} < ∣ f (z) ∣ = 6 ∣ z ∣ = 3,$
  
  而 $f (z)$ 在 $∣ z ∣ < \frac{1}{2}$ 内仅有一个1级零点 $z_{0} = 0$ ，由Rouch $e ˊ$ 定理， $f (z) + φ (z)$ 在 $∣ z ∣ < \frac{1}{2}$ 内仅有1个零点. 在 $∣ z ∣ = 2$ 上，令 $f (z) = z^{4}, φ (z) = 6 z + 1$ ，则
  
  $∣ φ (z) ∣ ⩽ 6 ∣ z ∣ + 1 = 13 < ∣ f (z) ∣ = ∣ z ∣^{4} = 16,$
  
  而 $f (z)$ 在 $∣ z ∣ < 2$ 内仅有一个4级零点 $z_{0} = 0$ ，由Rouch $e ˊ$ 定理， $f (z) + φ (z)$ 在 $∣ z ∣ < 2$ 内有3个零点. 综上， $z^{4} + 6 z + 1 = 0$ 在 $\frac{1}{2} < ∣ z ∣ < 2$ 内共有 $4 - 1 = 3$ 个根.
2. (2)
  将方程改写 $(z - λ) e^{z} + 1 = 0$ ，则记 $f (z) = (z - λ) e^{z}, φ (z) = 1$ . 对于足够大的 $R \in R$ ，取闭路 $C$ 为：从 $z = - i R$ 沿 $∣ z ∣ = R$ 逆时针到达 $z = i R$ 点，再从 $z = i R$ 沿虚轴返回起点. 在 $∣ z ∣ = R (- π /2 < θ < π /2)$ 上，
  
  $∣ f (z) ∣ = ∣ z - λ ∣ ∣ e^{z} ∣ ⩾ (∣ z ∣ - λ) e^{x} ⩾ R - λ > 1 = ∣ φ (z) ∣,$
  
  在虚轴上， $z = i y (- R < y < R)$ ，那么
  
  $∣ f (z) ∣ = ∣ i y - λ ∣ e^{i y} = λ^{2} + y^{2} ⩾ λ > 1 = ∣ φ (z) ∣,$
  
  即在 $C$ 上总有 $∣ f (z) ∣ > ∣ φ (z) ∣$ ，而 $f (z)$ 在 $C$ 所围成的区域内仅有一个1级零点 $z_{0} = λ$ ，由Rouch $e ˊ$ 定理，令 $R \to \infty$ ， $f (z) + φ (z) = 0$ 在右半平面内仅有一个零点. 对于函数 $g (x) = λ - x - e^{- x}$ ，考虑到
  
  $g (0) = λ - 1 > 0, g (λ) = - e^{- λ} < 0,$
  
  由零点存在定理， $\exists ξ \in (0, λ)$ ，使得 $g (ξ) = 0$ . 可见 $g (z) = 0$ 在实轴上有零点. 由零点的唯一性， $g (z) = 0$ 在右半平面内唯一的一个根为此实根 $z = ξ$ .
10.
记多项式函数 $f (z) = z^{4} + z^{3} + 4 z^{2} + 2 z + 3$ ，则 $n = 4$ . 现研究

$f (i y) = y^{4} - i y^{3} - 4 y^{2} + 2 i y + 3 = (y^{4} - 4 y^{2} + 3) + (- y^{3} + 2 y) i = Δ u (y) + i v (y),$

其中 $u (y)$ 零点为 $\pm 1, \pm 3$ ， $v (y)$ 零点为 $0, \pm 2$ . 当 $y$ 从 $- \infty$ 到 $+ \infty$ 时，

$u^{'} (y) = 4 y^{3} - 8 y = 4 y (y^{2} - 2), v^{'} (y) = - 3 y^{2} + 2,$

$u (y), v (y)$ 的变化趋势如下表：

$y u (y) v (y) v (y) / u (y) ar g f (z) - \infty \infty ↓ \infty ↓ 00 - 3^{-} 0 ↓ 3 ↓ \infty π /2 - 2^{-} - 1 0 ↓ 0 π - 1^{-} 0 ↑ - 1 ↓ \infty 3 π /2 0^{-} 3 ↓ 0 ↑ 00 1^{-} 0 ↓ 1 ↓ \infty π /2 2^{-} - 1 ↑ 0 ↓ 0 π 3^{-} 0 ↑ - 3 ↓ \infty 3 π /2 \infty \infty ↑ \infty ↓ 00$

可见 $f (z)$ 在 $y$ 从 $- \infty$ 到 $\infty$ 的过程中绕原点转了 $k = 2$ 圈，因此 $f (z)$ 在左半平面共有 $(\frac{n}{2} + k) = 4$ 个零点.

7解析开拓

1.
与唯一性定理并不矛盾. 记 $f (z) = sin \frac{1}{1 - z}, g (z) \equiv 0$ ，由题意可知，

$f (1 - \frac{1}{k π}) = g (1 - \frac{1}{k π}) = 0, k = 1, 2, \dots,$

但 $k \to \infty lim (1 - \frac{1}{k π}) = 1$ ，此极限值并不在 $∣ z ∣ < 1$ 内，因此无法使用唯一性定理证明 $f (z) \equiv g (z)$ .
2.
1. (1)
  a
2. (2)
  假定存在函数 $f (z)$ ，使得
  
  $f (\frac{1}{n}) = ⎩ ⎨ ⎧ 0, n = 2 k - 1, \frac{1}{2 k}, n = 2 k (k \in N^{*}),$
  
  记 $g (z) = \frac{1}{z} (z \neq = 0)$ ，则 $f (\frac{1}{2 k}) = g (\frac{1}{2 k})$ ，但极限值 $k \to \infty lim \frac{1}{2 k} = 0$ 并不在 $g (z)$ 的解析域上，因此无法利用唯一性定理证明 $f (z) \equiv g (z)$ ，即假设不成立，不存在这样的函数 $f (z)$ .
3. (3)
  a
4. (4)
  取 $z_{n} = \frac{1}{n}, g (z) = \frac{1}{1 + z} (z \neq = - 1)$ . 假设存在这样的 $f (z)$ ，使得
  
  $f (\frac{1}{n}) = \frac{n}{n + 1} = \frac{1}{1 + \frac{1}{n}} = g (\frac{1}{n}),$
  
  并且极限值 $n \to \infty lim \frac{1}{n} = 0$ 在 $g (z)$ 的解析域内，由唯一性定理， $f (z) \equiv g (z) = \frac{1}{1 + z} (z \neq = 1)$ .

8保形变换及其应用

1.
1. (1)
  转动角 $ar g w^{'} (1) = ar g 3 = 0$ ，伸张系数 $∣ w^{'} (1) ∣ = 3$ .
2. (2)
  转动角 $ar g w^{'} (\frac{1}{2}) = ar g \frac{3}{4} = 0$ ，伸张系数 $w^{'} (\frac{1}{2}) = \frac{3}{4}$ .
3. (3)
  转动角 $ar g w^{'} (1 + i) = ar g 6 i = \frac{π}{2}$ ，伸张系数 $∣ w^{'} (1 + i) ∣ = 6$ .
4. (4)
  转动角 $ar g w^{'} (3 - i) = ar g 6 (1 - 3 i) = - \frac{π}{3}$ ，伸张系数 $w^{'} (3 - i) = 12$ .
2.
1. (1)
  伸张系数 $∣ w^{'} (z) ∣ = 2 ∣ z ∣$ ，则 $∣ z ∣ > \frac{1}{2}$ 的部分被放大， $∣ z ∣ < \frac{1}{2}$ 的部分被缩小.
2. (2)
  伸张系数 $∣ w^{'} (z) ∣ = \frac{1}{∣ z ∣ ^{2}}$ ，则 $∣ z ∣ < 1$ 的部分被放大， $∣ z ∣ > 1$ 的部分被缩小.
3. (3)
  伸张系数 $∣ w^{'} (z) ∣ = ∣ e^{z} ∣ = e^{x}$ ，则 $x > 0$ 的部分被放大， $x < 0$ 的部分被缩小.
3.
1. (1)
  设 $z (t) = x (t) + i y (t)$ ，那么 $L$ 的长度为
  
  $\int_{α}^{β} x^{'2} (t) + y^{'2} (t) d t = \int_{α}^{β} ∣ z^{'} (t) ∣ d t .$
2. (2)
  结合上一问结论 $L^{'}$ 的长度为
  
  $\int_{α}^{β} \frac{d f [ z ( t )]}{d t} d t = \int_{α}^{β} ∣ f^{'} [z (t)] z^{'} (t) ∣ d t .$
4.
设 $w = f (z) = u (x, y) + i v (x, y)$ ，那么由C-R方程，

$\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial v}{\partial y}, \frac{\partial u}{\partial y} = - \frac{\partial v}{\partial x}, f^{'} (z) = \frac{\partial u}{\partial x} + \frac{\partial u}{\partial y} i,$

因此区域 $G$ 的面积为

$\iint_{G} d u d v = \iint_{D} \frac{\partial ( u , v )}{\partial ( x , y )} d x d y = \iint_{D} \frac{\partial u}{\partial x} \frac{\partial v}{\partial y} - \frac{\partial u}{\partial y} \frac{\partial v}{\partial x} d x d y$
$= \iint_{D} (\frac{\partial u}{\partial x})^{2} + (\frac{\partial u}{\partial y})^{2} d x d y = \iint_{D} ∣ f^{'} (z) ∣^{2} d x d y .$

当 $w = z^{2}$ 且积分区域 $D = {(x, y) ∣0 ⩽ x, y ⩽ 1}$ 时，区域 $G$ 的面积为

$\iint_{D} ∣ f^{'} (z) ∣^{2} d x d y = \iint_{D} 4 ∣ z ∣^{2} d x d y = 4 \int_{0}^{1} d x \int_{0}^{1} (x^{2} + y^{2}) d y$
$= 4 \int_{0}^{1} (x^{2} + \frac{1}{3}) d x = \frac{8}{3} .$
5.
设各圆周方程为 $C_{i} : ∣ z - a_{i} ∣ = r_{i} (r_{i} > 0)$ ，且 $C_{1}, C_{2}$ 相切于原点. 对这样的圆，总可以选取实轴方向使得 $C_{1}, C_{2}$ 的圆心在实轴上，且 $C_{3}$ 位于上半平面. 不妨设 $r_{2} ⩾ r_{1}$ ，则规定实轴方向为从 $C_{2}$ 圆心指向 $C_{1}$ 圆心，那么两者方程简化为

$C_{1} : ∣ z - r_{1} ∣ = r_{1}, C_{2} : ∣ z + r_{2} ∣ = r_{2},$

对于 $C_{1}$ ，代入变换 $w = \frac{1}{z}$ 得

$r_{1}^{2} = ∣ z - r_{1} ∣^{2} = z z ˉ - r_{1} (z + z ˉ) + r_{1}^{2} = \frac{1}{w w ˉ} - r_{1} (\frac{1}{w} + \frac{1}{w ˉ}) + r_{1}^{2},$

整理得 $r_{1} (w + w ˉ) = 1$ ，即 $C_{1}^{'} : Re (w) = \frac{1}{2 r _{1}}$ . 类似地， $C_{2}$ 经变换得 $C_{2}^{'} : Re (w) = \frac{1}{- 2 r _{2}}$ . 注意到 $w (r_{1}) = \frac{1}{r _{1}} > \frac{1}{2 r _{1}}$ ，因此 $C_{1}, C_{2}$ 的圆内域分别变为区域 $Re (w) ⩽ - \frac{1}{2 r _{2}}, Re (w) ⩾ \frac{1}{2 r _{1}}$ . 对于 $C_{3}$ ，其圆心满足方程

${∣ a_{3} - r_{1} ∣ = r_{1} + r_{3}, ∣ a_{3} + r_{2} ∣ = r_{2} + r_{3},$

设 $a_{3} = x_{3} + i y_{3}$ ，代入上述方程组解得

$a_{3} = x_{3} + i y_{3} = \frac{r _{2} - r _{1}}{r _{2} + r _{1}} r_{3} + \frac{2 i}{r _{2} + r _{1}} r_{1} r_{2} r_{3} (r_{1} + r_{2} + r_{3}),$

代入变换 $w = \frac{1}{z}$ ， $C_{3}$ 的方程可写为 $\frac{1}{w} - a_{3} = r_{3}$ . 令 $w = u + i v$ ，可得

$r_{3}^{2} ∣ w ∣^{2} = ∣ 1 - a_{3} w ∣^{2} = 1 - (a_{3} w + a ˉ_{3} w ˉ) + ∣ a_{3} ∣^{2} ∣ w ∣^{2} = 1 - 2 Re (a_{3} w) + ∣ a_{3} ∣^{2} ∣ w ∣^{2},$
$∣ a_{3} ∣^{2} = (\frac{r _{2} - r _{1}}{r _{2} + r _{1}} r_{3})^{2} + (\frac{2 r _{1} r _{2} r _{3} ( r _{1} + r _{2} + r _{3} )}{r _{2} + r _{1}})^{2}$
$= \frac{r _{3}}{( r _{2} + r _{1} ) ^{2}} [r_{3} (r_{2} + r_{1})^{2} + 4 r_{1} r_{2} (r_{2} + r_{1})] = r_{3}^{2} + \frac{4 r _{1} r _{2} r _{3}}{r _{2} + r _{1}},$
$Re (a_{3} w) = \frac{r _{2} - r _{1}}{r _{2} + r _{1}} r_{3} u - \frac{2 v}{r _{2} + r _{1}} r_{1} r_{2} r_{3} (r_{1} + r_{2} + r_{3}),$

因此整理得 $C_{3}$ 经变换得 $C_{3}^{'}$ 的方程：

$(u - \frac{r _{2} - r _{1}}{4 r _{2} r _{1}})^{2} + (v + \frac{r _{1} + r _{2} + r _{3}}{4 r _{1} r _{2} r _{3}})^{2} = \frac{( r _{2} + r _{1} ) ^{2}}{16 r _{2}^{2} r _{1}^{2}} .$

注意到当 $u = - \frac{1}{2 r _{2}}$ 或 $u = \frac{1}{2 r _{1}}$ 时， $v = 0$ ，可见 $C_{1}^{'}, C_{2}^{'}, C_{3}^{'}$ 仍保持相切. 又因为待求区域为圆外域交集中不含 $\infty$ 点的区域，而 $w (\infty) = 0$ ，并且 $w = 0$ 的点在 $C_{3}^{'}$ 所包围的圆的外部区域. 因此 $C_{3}$ 的圆内域变换为 $C_{3}^{'}$ 的圆内域：

$w - (\frac{r _{2} - r _{1}}{4 r _{2} r _{1}} - i \frac{r _{1} + r _{2} + r _{3}}{4 r _{1} r _{2} r _{3}}) ⩽ \frac{r _{2} + r _{1}}{4 r _{2} r _{1}} .$

综上，这三个圆的边界围成的封闭图形的外部区域即三个圆外域的交集中包含 $\infty$ 点的连续区域. 因此，在 $w = \frac{1}{z}$ 的变换下，其形状为一半无限长且端口为一内凹的半圆的区域，在此坐标轴选取下，其可表示为

$- \frac{1}{2 r _{2}} ⩽ Re (w) ⩽ \frac{1}{2 r _{1}}, Im (w) ⩽ \frac{( r _{2} + r _{1} ) ^{2}}{16 r _{2}^{2} r _{1}^{2}} - (Re (w) - \frac{r _{2} - r _{1}}{4 r _{2} r _{1}})^{2} - \frac{r _{1} + r _{2} + r _{3}}{4 r _{1} r _{2} r _{3}} .$
6.
利用公式

$\frac{w - w _{1}}{w - w _{2}} \frac{w _{3} - w _{2}}{w _{3} - w _{1}} = \frac{z - z _{1}}{z - z _{2}} \frac{z _{3} - z _{2}}{z _{3} - z _{1}} .$
1. (1)
  取 $z_{1} = - 1, z_{2} = \infty, z_{3} = i$ ，那么方程变为
  
  $\frac{w - i}{w - 1} \frac{i}{1} = \frac{z + 1}{1} \frac{1}{1 + i},$
  
  从中解得分式线性变换 $M$ 为
  
  $w = \frac{z + 2 + i}{z + 2 - i} .$
2. (2)
  取 $z_{1} = \infty, z_{2} = i, z_{3} = - 1$ ，那么方程变为
  
  $\frac{w - i}{w - 1} \frac{1}{1} = \frac{1}{z - i} \frac{- 1 - i}{1},$
  
  从中解得
  
  $w = \frac{i z + 2 + i}{z + 1} .$
3. (3)
  取 $z_{1} = - 1, z_{2} = i, z_{3} = \infty$ ，那么方程变为
  
  $\frac{w}{w - 1} \frac{1}{1} = \frac{z + 1}{z - i} \frac{1}{1},$
  
  从中解得
  
  $w = \frac{z + 1}{1 + i} = \frac{1 - i}{2} (z + 1) .$
7.
$z$ 平面内区域 $Im z > 0$ 边界为实轴 $Im z = 0$ ，显然 $- i$ 为 $i$ 关于边界的对称点，且 $w (i) = 0$ ，因此 $w (- i) = \infty$ ，变换可写为

$w = k \frac{z - i}{z + i} .$

而在变换后得到的圆的边界上，

$1 = ∣ w ∣ = ∣ k ∣ \frac{z - i}{z + i} = ∣ k ∣ \frac{x - i}{x + i} = ∣ k ∣ \frac{x - i}{x - i} = ∣ k ∣,$

因此 $k = e^{i θ} (0 ⩽ θ < 2 π)$ ，即 $w = e^{i θ} \frac{z - i}{z + i}$ . 又因为

$w^{'} (i) = e^{i θ} \frac{2 i}{( z + i ) ^{2}}_{z = i} = \frac{e ^{i θ}}{2 i},$
$ar g w^{'} (i) = θ - \frac{π}{2} = - \frac{π}{2},$

从中解得 $θ = 0$ ，因此最终得到线性变换 $w = w (z) = \frac{z - i}{z + i}$ .
8.
由题意， $z_{0} = \frac{1}{2}$ 关于圆 $∣ z ∣ = 1$ 的对称点位于正实轴上，且有模长关系： $∣ z_{0}^{'} ∣ \cdot \frac{1}{2} = 1^{2}$ ，即 $z_{0}^{'} = 2$ . 而在 $w$ 平面上，0关于圆 $∣ w ∣ = 1$ 的对称点为 $\infty$ ，因此

$w (\frac{1}{2}) = 0, w (2) = \infty,$

那么分式线性变换可写为 $w (z) = k \frac{2 z - 1}{2 ( z - 2 )}$ ，且要求当 $∣ z ∣ = 1$ 时，

$∣ w ∣ = ∣ k ∣ ∣ z ∣ \frac{2 - z ˉ}{2 ( z - 2 )} = ∣ k ∣ \cdot 1 \cdot \frac{1}{2} = 1,$

因此 $k = 2 e^{i θ} (0 ⩽ θ < 2 π)$ . 又因为

$ar g w^{'} (\frac{1}{2}) = ar g \frac{- 3 k}{( z - 2 ) ^{2}}_{z = 1/2} = ar g (- \frac{4}{3} e^{i θ}) = θ - π = 0,$

因此 $θ = π$ ，即 $k = - 2$ ，分式线性变换为 $w = - \frac{2 z - 1}{z - 2}$ .
9.
由题意， $w (a) = a ˉ$ ，那么 $w (a ˉ) = a$ ，因此设分式线性变换为

$\frac{w - a ˉ}{w - a} = k \frac{z - a}{z - a ˉ},$

注意到 $Im (z) = 0$ 时， $Im (w) = 0$ ，即 $z = z ˉ, w ˉ = w$ ，因此

$\frac{w - a ˉ}{w - a} = ∣ k ∣ \frac{z - a}{z - a ˉ} = ∣ k ∣ \frac{z - z}{z ˉ - a ˉ} = ∣ k ∣$
$= \frac{w - a ˉ}{w ˉ - a} = 1,$

因此 $k = e^{i θ} (- π ⩽ θ < θ)$ . 对上述分式线性变换两端关于 $z$ 求导，得

$- w^{'} (z) \cdot \frac{a - a ˉ}{( w - a ) ^{2}} = k \frac{a - a ˉ}{( z - a ˉ ) ^{2}} .$
1. (1)
  当 $a \in R$ 时， $k = 1$ ，
2. (2)
  当 $a \in / R$ 时，
  
  $w^{'} (a) = - k \frac{( w - a ) ^{2}}{( z - a ) ^{2}}_{z = a} = - e^{i θ} \frac{( a ˉ - a ) ^{2}}{( a - a ˉ ) ^{2}} = e^{i (θ - π)},$
  
  因此 $ar g w^{'} (a) = θ - π = - \frac{π}{2}$ ，即 $θ = \frac{π}{2}$ ，分式线性变换为
  
  $\frac{w ( z ) - a ˉ}{w ( z ) - a} = i \frac{z - a}{z - a ˉ} 或 w (z) = \frac{( a ˉ - a i ) z + ( a ^{2} i - a ˉ ^{2} )}{( 1 - i ) z + ( a i - a ˉ )} .$
10.
1. (1)
  在边界上， $Im (z) = 1, ∣ z ∣ = (Re (z))^{2} + (Im (z))^{2} = 2$ ，因此 $z_{1} = 3 - i$ 或 $z_{2} = 3 + i$ . 再考虑 $z_{3} = 2 i$ . 这里希望经变换 $t = t (z)$ 后，
  
  $t (- 3 + i) = 0, t (2 i) = \infty, t (3 + i) \in R,$
  
  结合前两式，可得变换 $t (z) = k \frac{z - ( - 3 + i )}{z - 2 i}$ . 取 $∣ k ∣ = 1$ ，且
  
  $t (3 + i) = k \frac{2 3}{3 - i} = k \frac{3 + 3 i}{2} \in R,$
  
  那么 $k = \frac{3 - i}{2}$ ，由线性变换的保角性，经变换
  
  $t (z) = \frac{3 - i}{2} \frac{z - ( - 3 + i )}{z - 2 i}$
  
  后得到的区域是角域 $0 < ar g t < \frac{π}{3}$ ，因此通过指数变换
  
  $w (z) = [t (z)]^{3} = (\frac{3 - i}{2} \frac{z + 3 - i}{z - 2 i})^{3} = e^{- π i /2} (\frac{z + 3 - i}{z - 2 i})^{3}$
  $= - i (\frac{z + 3 - i}{z - 2 i})^{3} .$
2. (2)
  a
3. (3)
  两个圆域边界交点分别为 $z_{1} = \frac{1 - i}{2}, z_{2} = \frac{- 1 - i}{2}$ ，两圆周在该点交角恰为 $\frac{π}{2}$ ，那么作变换
  
  $t (z) = \frac{z - z _{1}}{z - z _{2}} = \frac{2 z - ( 1 - i )}{2 z + ( 1 + i )},$
  
  此时 $z_{1}$ 变为0， $z_{2}$ 变为 $\infty$ ，由保角性，其形成一个角域 $α < ar g t < α + \frac{π}{2}$ . 考虑圆周 $∣ z + i ∣ = 1$ 上一点 $z = 0$ 变换为
  
  $t (0) = \frac{- 1 + i}{1 + i} = i,$
  
  因此该段变换后变成射线 $ar g z = \frac{π}{2}$ ，另一段变为射线 $ar g z = π$ ，因此二次变换
  
  $u (z) = e^{- π i /2} t (z) = e^{- π i /2} \frac{2 z - 1 + i}{2 z + 1 + i}$
  
  将角域中辐角小的一边与实轴正向重合，最后经变换
  
  $w (z) = [u (z)]^{2} = e^{- π i} (\frac{2 z - 1 + i}{2 z + 1 + i})^{2} = - (\frac{2 z - 1 + i}{2 z + 1 + i})^{2} .$
  
  得到上半平面.
4. (4)
  两圆周与实轴的交点分别为 $z_{1} = - 2, z_{2} = 4, z_{3} = 2$ ，其中 $z_{2}$ 为其公共交点. 设作线性变换 $t = t (z)$ 后，
  
  $t_{1} = t (z_{1}) = 0, t_{2} = t (z_{2}) = \infty,$
  
  因此可取线性变换为 $t (z) = \frac{z - z _{1}}{z - z _{2}} = \frac{z + 2}{z - 4}$ ，则 $z_{3}$ 变为 $t_{3} = - 2$ . 由保角性，射线 $ar g t = ar g t_{3} = π$ 与从原点到 $\infty$ 的两条射线交角均为 $\frac{π}{2}$ ，因此变换后的区域为角域
  
  $\frac{π}{2} < ar g t < \frac{3 π}{2},$
  
  因此为得到上半平面，作旋转变换
  
  $w (z) = e^{- π i /2} t (z) = - i \frac{z + 2}{z - 4} .$
5. (5)
  考虑圆周与实轴的交点 $z_{1} = 0, z_{2} = 2, z_{3} = - 2$ ，其中 $z_{2}$ 为公共交点. 设线性变换 $t = t (z)$ 将 $z_{1}, z_{2}$ 分别变为 $t_{1} = 0, t_{2} = \infty$ ，因此可取线性变换
  
  $t (z) = \frac{z}{z - 2},$
  
  此变换将 $z_{3}$ 变为 $t_{3} = \frac{1}{2}$ ，由保角性，射线 $ar g t = ar g t_{3} = 0$ 为平角角域平分线，因此角域为
  
  $- \frac{π}{2} < ar g t < \frac{π}{2},$
  
  因此为得到上半平面，作旋转变换
  
  $w (z) = e^{π i /2} \frac{z}{z - 2} = \frac{i z}{z - 2} .$
11.
1. (1)
  先将该角域映照为上半平面，可作变换 $t (z) = z^{π / α}$ . 然后经线性变换 $w (t)$ 得单位圆，不妨设 $w (i) = 0$ ，那么 $w (- i) = \infty$ ，线形变换可取
  
  $w (z) = \frac{t ( z ) - i}{t ( z ) + i} = \frac{z ^{π / α} - i}{z ^{π / α} + i} .$
2. (2)
  a
3. (3)
  先作变换 $t = z^{2}$ 将第一象限变为上半平面. 记 $z_{1} = 2 i, z_{2} = 0, z_{3} = 1$ ，则在此变换下，
  
  $t_{1} = t (z_{1}) = - 2, t_{2} = t (z_{2}) = 0, t_{3} = t (z_{3}) = 1,$
  
  现考虑分式线性变换 $w = w (t)$ ，使得上半平面变为上半平面，且满足
  
  $w (t_{1}) = - 1, w (t_{2}) = 1, w (t_{3}) = \infty,$
  
  由于 $t_{i} \in R$ ，不妨取 $w_{i} = w (t_{i}) (i = 1, 2, 3)$ 均位于实轴上，因此分式线性变换为
  
  $\frac{w - ( - 1 )}{w - 1} \cdot \frac{1}{1} = \frac{t - ( - 2 )}{t - 0} \cdot \frac{1 - 0}{1 - ( - 2 )},$
  
  整理可得
  
  $w (z) = - \frac{2 t ( z ) + 1}{t ( z ) - 1} = - \frac{2 z ^{2} + 1}{z ^{2} - 1} .$
4. (4)
  该区域为 $0 < ar g z < 2 π, ∣ z ∣ < 1$ ，先作变换 $t (z) = z$ ，将其变为上半单位圆域：
  
  $0 < ar g t < π, ∣ t ∣ < 1 ，$
  
  设线性变换 $u (t)$ 将 $t_{1} = - 1, t_{2} = 1$ 分别映照为 $u_{1} = 0, u_{2} = \infty$ ，则可取线性变换
  
  $u (t) = \frac{t ( z ) + 1}{t ( z ) - 1} = \frac{z + 1}{z - 1} .$
  
  此线性变换将 $t_{3} = i$ 映照为 $u_{3} = - i$ ，由保角性，此时角域为
  
  $π < ar g u < \frac{3 π}{2},$
  
  因此最后作变换 $w (z)$ 得到上半平面：
  
  $w (z) = u^{2} (z) = (\frac{z + 1}{z - 1})^{2} .$

9拉氏变换

1.
1. (1)
  $L [\frac{1}{2} sin 2 t + cos 3 t] = \frac{1}{p ^{2} + 4} + \frac{p}{p ^{2} + 9}$ .
2. (2)
  $L [e^{3 t} - e^{- 2 t}] = \frac{1}{p - 3} - \frac{1}{p + 2} = \frac{5}{( p - 3 ) ( p + 2 )}$ .
3. (3)
  $L [1 - e^{a t}] = \frac{1}{p} - \frac{1}{p - a} = \frac{- a}{p ( p - a )}$ .
4. (4)
  $L [\frac{a e ^{a t} - b e ^{b t}}{a - b}] = \frac{1}{a - b} (\frac{a}{p - a} - \frac{b}{p - b}) = \frac{p}{( p - a ) ( p - b )}$ .
5. (5)
  $L [\frac{1}{b ^{2} - a ^{2}} (cos a t - sin b t)] = \frac{1}{b ^{2} - a ^{2}} (\frac{p}{p ^{2} + a ^{2}} - \frac{b}{p ^{2} + b ^{2}})$ .
6. (6)
  $L [\frac{a t - sin a t}{a ^{3}}] = \frac{1}{a ^{3}} (\frac{a}{p ^{2}} - \frac{a}{p ^{2} + a ^{2}}) = \frac{1}{p ^{2} ( p ^{2} + a ^{2} )}$ .
7. (7)
  由位移定理， $L [e^{- 2 t} sin 5 t] = \frac{5}{( p + 2 ) ^{2} + 5 ^{2}}$ .
8. (8)
  $L [e^{- (3 + 4 i) t}] = \frac{1}{p + ( 3 + 4 i )}$ .
9. (9)
  由位移定理， $L [t e^{5 t}] = \frac{1}{( p - 5 ) ^{2}}$ .
10. (10)
  $L [cosh ω t] = L [cos (i ω t)] = \frac{p}{p ^{2} + ( i ω ) ^{2}} = \frac{p}{p ^{2} - ω ^{2}}$ .
11. (11)
  由位移定理， $L [e^{- a t} cos (ω t + φ)] = \frac{( p + a ) cos φ - ω sin φ}{( p + a ) ^{2} + ω ^{2}}$ .
12. (12)
  由本函数的微分法及位移定理，
  
  $L [\frac{d ^{2}}{d t ^{2}} (e^{- a t} sin ω t)] = p^{2} L [e^{- a t} sin ω t] - p \cdot 0 - t \to 0^{+} lim \frac{d}{d t} (e^{- a t} sin ω t)$
  $= \frac{ω p ^{2}}{( p + a ) ^{2} + ω ^{2}} - ω .$
13. (13)
  由位移定理， $L [t^{2} e^{t}] = \frac{2 !}{( p - 1 ) ^{3}} = \frac{2}{( p - 1 ) ^{3}}$ .
14. (14)
  由本函数的积分法及位移定理，
  
  $L [\int_{0}^{\infty} t e^{2 t} d t] = \frac{1}{p} L [t e^{2 t}] = \frac{1}{p ( p - 2 ) ^{2}} .$
15. (15)
  记 $f (t) = sinh 3 t, g (t) = sin 2 t$ ，由卷积定理，
  
  $L [f * g] = L [f] \cdot L [g] = \frac{3}{p ^{2} - 9} \cdot \frac{2}{p ^{2} + 4} = \frac{6}{( p ^{2} - 9 ) ( p ^{2} + 4 )} .$
16. (16)
  记 $f (t) = t^{n}, g (t) = e^{- a t} cos ω t$ ，由卷积定理及位移定理，
  
  $L [f_{1} * f_{2}] = L [f_{1}] \cdot L [f_{2}] = \frac{n !}{p ^{n + 1}} \cdot \frac{p + a}{( p + a ) ^{2} + ω ^{2}} = \frac{n ! ( p + a )}{p ^{n + 1} [( p + a ) ^{2} + ω ^{2} ]} .$
17. (17)
  由延迟定理， $L [cos ω (t - φ) h (t - φ)] = e^{- pφ} L [cos ω t] = \frac{p e ^{- pφ}}{p ^{2} + ω ^{2}}$ .
18. (18)
  由延迟定理， $L [cos ω (t - φ) h (t - 2 φ)] = e^{- 2 φ} L [cos ω (t + φ)] = e^{- 2 φ} \frac{p cos φ - ω sin φ}{p ^{2} + ω ^{2}}$ .
2.
a
3.
1. (1)
  $f (t) = (t - T) h (t - T)$ ，因此像函数 $L [f (t)] = \frac{e ^{- pT}}{p ^{2}}$ .
2. (2)
  $f (t) = - E h (t - T)$ ，因此像函数 $L [f (t)] = - \frac{E e ^{- pT}}{p}$ .
3. (3)
  $f (t) = E [h (t - t_{1}) - h (t - t_{1} - τ_{1})] + E [h (t - t_{2}) - h (t - t_{2} - τ_{2})]$ ，因此像函数
  
  $L [f (t)] = \frac{E}{p} e^{- p t_{1}} (1 - e^{- p τ_{1}}) + \frac{E}{p} e^{- p t_{2}} (1 - e^{- p τ_{2}}) .$
4. (4)
  $f (t) = E h (t) - \frac{E}{4} [h (t - T) + h (t - 2 T) + h (t - 3 T) + h (t - 4 T)]$ ，因此像函数
  
  $L [f (t)] = \frac{E}{4 p} (4 - e^{- pT} - e^{- 2 pT} - e^{- 3 pT} - e^{- 4 pT}) .$
5. (5)
  $f (t) = \frac{E}{T} t [h (t) - h (t - T)]$ ，因此像函数 $L [f (t)] = \frac{E}{p ^{2} T} [1 - (1 + pT) e^{- pT}]$ .
4.
a
5.
本题中四个函数均为周期函数.
1. (1)
  周期为 $T$ ，本函数 $f (t) = E (1 - \frac{2 t}{T}) (0 ⩽ t < T)$ ，因此其像函数为
  
  $L [f (t)] = \frac{1}{1 - e ^{- pT}} \int_{0}^{T} E (1 - \frac{2 t}{T}) e^{- pt} d t = \frac{E}{1 - e ^{- pT}} \cdot \frac{2 - p ( T - 2 t )}{p ^{2} T} e^{- pt} 0^{T}$
  $= \frac{E}{p} \frac{1 + e ^{- pT}}{1 - e ^{- pT}} - \frac{2 E}{p ^{2} T} = \frac{E}{p} tanh (\frac{1}{2} pT) - \frac{2 E}{p ^{2} T} .$
2. (2)
  周期为 $\frac{2 π}{ω}$ ，本函数 $f (t) = sin ω t [h (t) - h (t - π / ω)] (0 ⩽ t < 2 π / ω)$ ，因此其像函数为
  
  $L [f (t)] = \frac{1}{1 - e ^{- 2 p π / ω}} \int_{0}^{π / ω} A sin ω t e^{- pt} d t$
  $= \frac{A}{1 - e ^{- 2 p π / ω}} \cdot \frac{- 1}{p ^{2} + ω ^{2}} e^{- pt} (ω cos ω t + p sin ω t) 0^{π / ω}$
  $= \frac{A ω}{p ^{2} + ω ^{2}} \frac{1 + e ^{- p π / ω}}{1 - e ^{2 p π / ω}} = \frac{A ω}{( p ^{2} + ω ^{2} ) ( 1 - e ^{- p π / ω} )} .$
3. (3)
  周期为 $T$ ，本函数 $f (t) = {E (1 - 2 t /5 T), 2 E /5 (t / T - 1), 0 ⩽ t < T /2, T /2 ⩽ t < T,$ 因此其像函数为
  
  $L [f (t)] = \frac{1}{1 - e ^{- pT}} [\int_{0}^{T /2} E (1 - \frac{2 t}{5 T}) e^{- pt} d t + \int_{T /2}^{T} \frac{2 E}{5} (\frac{t}{T} - 1) e^{- pt} d t]$
  $= \frac{E}{1 - e ^{- pT}} [\frac{( - 2 + 5 pT ) + 2 ( 1 - 2 pT ) e ^{- pT /2}}{5 p ^{2} T} + \frac{( 2 - pT ) e ^{- pT /2} - 2 e ^{- pT}}{5 p ^{2} T}]$
  $= \frac{E}{1 - e ^{- pT}} [\frac{1}{p} (1 - e^{- pT /2}) - \frac{2}{5 p ^{2} T} (1 - e^{- pT /2})^{2}]$
  $= \frac{E}{p} \frac{1 - e ^{- pT /2}}{1 - e ^{- pT}} [1 - \frac{2 ( 1 - e ^{- pT /2} )}{5 pT}] .$
4. (4)
  周期为 $T$ ，本函数 $f (t) = E sin \frac{2 π}{τ} t [h (t) - h (t - τ)] (0 ⩽ t < T)$ ，因此其像函数为
  
  $L [f (t)] = \frac{1}{1 - e ^{- pT}} \int_{0}^{τ} sin \frac{2 π t}{τ} e^{- pt} d t$
  $= ω = 2 π / τ \frac{E}{1 - e ^{- pT}} \frac{- 1}{p ^{2} + ω ^{2}} e^{- pt} (ω cos ω t + p sin ω t) 0^{τ}$
  $= \frac{ω E}{p ^{2} + ω ^{2}} \frac{1 - e ^{- p τ}}{1 - e ^{- pT}} = \frac{2 π τ E}{p ^{2} τ ^{2} + 4 π ^{2}} \frac{1 - e ^{- p τ}}{1 - e ^{- pT}} .$
6.
由拉式变换的线性性及位移定理，

$L [f (t) sin ω t] = \frac{1}{2 i} L [e^{i ω t} f (t)] - \frac{1}{2 i} L [e^{- i ω t} f (t)] = \frac{1}{2 i} [F (p - i ω) - F (p + i ω)] .$
7.
1. (1)
  $L^{- 1} [\frac{1}{( p + 3 ) ( p + 1 )}] = \frac{1}{2} L^{- 1} [\frac{1}{p + 1}] - \frac{1}{2} L^{- 1} [\frac{1}{p + 3}] = \frac{1}{2} (e^{- t} - e^{- 3 t})$ .
2. (2)
  $L^{- 1} [\frac{1 - p}{p ^{3} + p ^{2} + p + 1}] = L^{- 1} [\frac{1}{p + 1}] - L^{- 1} [\frac{p}{p ^{2} + 1}] = e^{- t} - cos t$ .
3. (3)
  $L^{- 1} [\frac{p + 2}{p ^{2} + 4 p + 5}] = L^{- 1} [\frac{p + 2}{( p + 2 ) ^{2} + 1}] = e^{- 2 t} cos t$ .
4. (4)
  $L^{- 1} [\frac{1}{p ( p + a )}] = \frac{1}{a} L^{- 1} [\frac{1}{p}] - \frac{1}{a} L^{- 1} [\frac{1}{p + a}] = \frac{1 - e ^{- a t}}{a}$ .
5. (5)
  $L^{- 1} [\frac{1}{p ( p - 1 ) ( p - 2 )}] = \frac{1}{2} L^{- 1} [\frac{1}{p - 2}] - L^{- 1} [\frac{1}{p - 1}] + \frac{1}{2} L^{- 1} [\frac{1}{p}] = \frac{1}{2} (e^{t} - 1)^{2}$ .
6. (6)
  $L^{- 1} [\frac{1}{( p ^{2} + 1 ) ( p ^{2} + 3 )}] = \frac{1}{2} L^{- 1} [\frac{1}{p ^{2} + 1}] - \frac{1}{2} L^{- 1} [\frac{1}{p ^{2} + 3}] = \frac{3 sin t - sin 3 t}{2 3}$ .
7. (7)
  先将 $\frac{1}{( p - 2 ) p}$ 拆分，再分别将 $\frac{1}{( p - 2 ) ( p ^{2} + 1 )}$ 和 $\frac{1}{p ( p ^{2} + 1 )}$ 拆分，得
  
  $L^{- 1} [\frac{1}{p ( p - 2 ) ( p ^{2} + 1 )}] = \frac{1}{10} L^{- 1} [\frac{1}{p - 2}] - \frac{1}{2} L^{- 1} [\frac{1}{p}] + \frac{1}{5} L^{- 1} [\frac{2 p - 1}{p ^{2} + 1}]$
  $= \frac{1}{10} e^{2 t} + \frac{1}{5} (2 cos t - sin t) - \frac{1}{2} .$
8. (8)
  由位移定理，
  
  $L^{- 1} [\frac{1}{p ( p - 2 ) ^{2}}] = \frac{1}{4} L^{- 1} [\frac{1}{p}] - \frac{1}{4} L^{- 1} [\frac{1}{p - 2}] + \frac{1}{2} L^{- 1} [\frac{1}{( p - 2 ) ^{2}}]$
  $= \frac{1}{4} [(2 t - 1) e^{2 t} + 1] .$
9. (9)
  由位移定理，
  
  $L^{- 1} [\frac{p + 3}{p ^{3} + 3 p ^{2} + 6 p + 4}] = L^{- 1} [\frac{1}{p + 1}] - L^{- 1} [\frac{( p + 1 ) - 1}{( p + 1 ) ^{2} + 3}]$
  $= e^{- t} - e^{- t} (cos 3 t - \frac{1}{3} sin 3 t)$
  $= e^{- t} [1 - \frac{2}{3} cos (3 t + \frac{π}{6})] .$
10. (10)
  $L^{- 1} [\frac{p}{p ^{4} + 3 p ^{2} - 4}] = \frac{1}{5} L^{- 1} [\frac{p}{p ^{2} - 1}] - \frac{1}{5} L^{- 1} [\frac{p}{p ^{2} + 4}] = \frac{1}{5} (cosh t - cos 2 t)$ .
11. (11)
  由卷积定理，
  
  $L^{- 1} [\frac{1}{p ^{4} - 3 p ^{3} + 3 p ^{2} - p}] = L^{- 1} [\frac{1}{p}] * L^{- 1} [\frac{1}{( p - 1 ) ^{3}}] = \int_{0}^{t} \frac{1}{2} x^{2} e^{x} d x$
  $= \frac{1}{2} (t^{2} - 2 t + 2) e^{t} - 1.$
12. (12)
  将分母拆解成二次项：
  
  $L^{- 1} [\frac{a ^{2} p}{p ^{4} + a ^{4}}] = \frac{1}{2 i} L^{- 1} [\frac{p}{p ^{2} - i a ^{2}}] - \frac{1}{2 i} L^{- 1} [\frac{p}{p ^{2} + i a ^{2}}]$
  $= \frac{1}{2 i} cos (e^{- π i /4} a t) - \frac{1}{2 i} cos (e^{π i /4} a t)$
  $= \frac{1}{i} sin (\frac{e ^{π i /4} + e ^{- π i /4}}{2} a t) sin (\frac{e ^{π i /4} - e ^{- π i /4}}{2} a t)$
  $= sin (\frac{a t}{2}) sinh (\frac{a t}{2}) .$
13. (13)
  仿照上一问的解法，
  
  $L^{- 1} [\frac{p ^{3}}{p ^{4} + a ^{4}}] = \frac{1}{2 i} cos (e^{- π i /4} a t) - \frac{1}{2 i} cos (e^{π i /4} a t)$
  $= \frac{1}{i} cos (\frac{e ^{π i /4} + e ^{- π i /4}}{2} a t) cos (\frac{e ^{π i /4} - e ^{- π i /4}}{2} a t)$
  $= cos (\frac{a t}{2}) cosh (\frac{a t}{2}) .$
14. (14)
  由位移定理， $L^{- 1} [\frac{1}{( p + 1 ) ^{4}}] = \frac{1}{6} t^{3} e^{- t}$ .
15. (15)
  由像函数的微分法及位移定理，
  
  $L^{- 1} [\frac{p - 1}{( p ^{2} - 2 p + 2 ) ^{2}}] = L^{- 1} [- \frac{1}{2} \frac{d}{d p} (\frac{1}{( p - 1 ) ^{2} + 1})]$
  $= \frac{t}{2} L^{- 1} [\frac{1}{( p - 1 ) ^{2} + 1}] = \frac{t}{2} e^{t} sin t .$
16. (16)
  $L^{- 1} [\frac{3 p + 7}{p ^{2} + 2 p + 1 + a ^{2}}] = L^{- 1} [\frac{3 ( p + 1 ) + 4}{( p + 1 ) ^{2} + a ^{2}}] = e^{- t} (3 cos a t + \frac{4}{a} sin a t)$ .
17. (17)
  由延迟定理， $e^{- p}$ 对应将 $\frac{p + 2}{p ^{2} + 1}$ 的本函数中 $t$ 换成 $(t - 1)$ ，因此
  
  $L^{- 1} [\frac{p + 2}{p ^{2} + 1} e^{- p}] = L^{- 1} [\frac{p + 2}{p ^{2} + 1}]_{t \to t - 1} = [cos (t - 1) + 2 sin (t - 1)] h (t - 1) .$
18. (18)
  由延迟定理， $e^{- 10 p}$ 将 $\frac{1 - p}{( p + 1 ) ( p ^{2} + 1 )}$ 的本函数中 $t$ 换成 $(t - 10)$ ，因此
  
  $L^{- 1} [\frac{1 - p}{( p + 1 ) ( p ^{2} + 1 )} e^{- 10 p}] = L^{- 1} [\frac{1}{p + 1}] - L^{- 1} [\frac{p}{p ^{2} + 1}]_{t \to t - 10}$
  $= [e^{- (t - 10)} - cos (t - 10)] h (t - 10) .$
19. (19)
  由延迟定理， $L^{- 1} [\frac{1 - e ^{- 3 p}}{p}] = h (t) - L^{- 1} [\frac{1}{p}]_{t \to t - 3} = h (t) - h (t - 3)$ .
20. (20)
  将 $\frac{1}{1 + e ^{- p π}}$ 在 $Re (p) = \infty$ 附近展开，得 $\frac{1}{1 + e ^{- p π}} = n = 0 \sum \infty e^{- p nπ}$ ，由拉式变换的线性性与延迟定理，
  
  $L^{- 1} [\frac{p}{P ^{2} + 1}] = n = 0 \sum \infty L^{- 1} [e^{- p nπ} \frac{p}{p ^{2} + 1}] = n = 0 \sum \infty cos (t - nπ) h (t - nπ)$
  $= cos t n = 0 \sum \infty (- 1)^{n} h (t - nπ)$
  $= {cos t, 2 nπ ⩽ t < (2 n + 1) π, 0, (2 n + 1) π ⩽ t < 2 (n + 1) π (n \in N) .$
8.
以下均记 $X (p) = L [x (t)], Y (p) = L [y (t)], Z (p) = L [z (t)]$ .
1. (1)
  $L [y^{''} (t)] = p^{2} Y (p), L [y^{'} (t)] = p Y (p)$ ，那么原方程变为
  
  $p^{2} Y (p) + p Y (p) = L [1] = \frac{1}{t},$
  
  因此 $Y (p) = \frac{1}{p ^{2} ( p + 1 )}$ ，故
  
  $y (t) = L^{- 1} [Y (p)] = L^{- 1} [\frac{1}{p ^{2}}] - L^{- 1} [\frac{1}{p}] + L^{- 1} [\frac{1}{p + 1}] = e^{- t} + t - 1.$
2. (2)
  $L [y^{''} (t)] = p^{2} Y (p), L [y^{'} (t)] = p Y (p)$ ，那么原方程变为
  
  $p^{2} Y (p) - p Y (p) = L [e^{t}] = \frac{1}{p - 1},$
  
  因此 $Y (p) = \frac{1}{p ( p - 1 ) ^{2}}$ ，故
  
  $y (t) = L^{- 1} [Y (p)] = L^{- 1} [\frac{1}{( p - 1 ) ^{2}}] - L^{- 1} [\frac{1}{p - 1}] + L^{- 1} [\frac{1}{p}] = (t - 1) e^{t} + 1.$
3. (3)
  $L [y^{''} (0)] = p^{2} Y (p) - 1, L [y^{'} (t)] = p Y (p)$ ，那么原方程变为
  
  $p^{2} Y (p) - (a + b) p Y (p) + abY (p) = 1,$
  
  因此 $Y (p) = \frac{1}{( p - a ) ( p - b )}$ ，故
  
  $y (t) = L^{- 1} [Y (p)] = \frac{1}{b - a} L^{- 1} [\frac{1}{p - b}] - \frac{1}{b - a} L^{- 1} [\frac{1}{p - a}]$
  $= \frac{e ^{b t} - e ^{a t}}{b - a} .$
4. (4)
  $L [y^{''} (t)] = p^{2} Y (p), L [y^{'} (t)] = p Y (p)$ ，那么原方程变为
  
  $p^{2} Y (p) - 2 p Y (p) + Y (p) = L [t e^{t}] = \frac{1}{( p - 1 ) ^{2}},$
  
  因此 $Y (p) = \frac{1}{( p - 1 ) ^{4}}$ ，因此
  
  $y (t) = L^{- 1} [Y (p)] = L^{- 1} [\frac{1}{( p - 1 ) ^{4}}] = \frac{1}{6} t^{3} e^{t} .$
5. (5)
  $L [y^{''} (t)] = p^{2} Y (p) + p + 2$ ，那么原方程变为
  
  $p^{2} Y (p) - Y (p) + p + 2 = \frac{4}{p ^{2} + 1} + \frac{5 p}{p ^{2} + 4},$
  
  因此 $Y (p) = \frac{4}{( p ^{2} - 1 ) ( p ^{2} + 1 )} + \frac{5 p}{( p ^{2} - 1 ) ( p ^{2} + 4 )} - \frac{p + 2}{p ^{2} - 1}$ ，故
  
  $y (t) = L^{- 1} [Y (p)] = - 2 L^{- 1} [\frac{1}{p ^{2} + 1}] - L^{- 1} [\frac{p}{p ^{2} + 4}] = - 2 sin t - cos 2 t .$
6. (6)
  $L [y^{''} (t)] = p^{2} Y (p)$ ，那么原方程变为
  
  $p^{2} Y (p) - Y (p) = L [t h (t) - (t - 1) h (t - 1)] = \frac{1 - e ^{- 1}}{p ^{2}},$
  
  因此 $Y (p) = \frac{1 - e ^{- 1}}{p ^{2} ( p ^{2} - 1 )}$ ，故
  
  $y (t) = L^{- 1} [Y (p)] = L^{- 1} [\frac{1 - e ^{- 1}}{p ^{2} - 1}] - L^{- 1} [\frac{1 - e ^{- 1}}{p ^{2}}]$
  $= sinh t h (t) - sinh (t - 1) h (t - 1) - t h (t) + (t - 1) h (t - 1)$
  $= (sinh t - t) h (t) - [sinh (t - 1) - (t - 1)] h (t - 1) .$
7. (7)
  $L [y^{(n)} (t)] = p^{n} Y (p) (n = 0, 1, 2, 3)$ ，那么原方程变为
  
  $p^{3} Y (p) + 3 p^{2} Y (p) + 3 p Y (p) + Y (p) = L [6 e^{- t}] = \frac{6}{p + 1},$
  
  因此 $Y (p) = \frac{6}{( p + 1 ) ^{4}}$ ，因此
  
  $y (t) = L^{- 1} [Y (p)] = 6 L^{- 1} [\frac{1}{( p + 1 ) ^{4}}] = t^{3} e^{- t} .$
8. (8)
  $L [x^{'} (t)] = pX (p) - b, L [y^{'} (t)] = p Y (p) - a$ ，那么原方程组变为
  
  ${p Y (p) - a + pX (p) - b = 4 Y (p) + 1/ p, p Y (p) - a + X (p) = 3 Y (p) + 2/ p^{3},$
  
  因此 $Y (p) = \frac{a p}{( p - 2 ) ^{2}} + \frac{2}{p ^{2} ( p - 2 ) ^{2}} - \frac{a + b}{( p - 2 ) ^{2}} - \frac{1}{p ( p - 2 ) ^{2}}$ ，故
  
  $y (t) = L^{- 1} [Y (p)] = L^{- 1} [\frac{4 a - 1}{4 ( p - 2 )}] + L^{- 1} [\frac{a - b}{( p - 2 ) ^{2}}] + L^{- 1} [\frac{1}{4 p}] + L^{- 1} [\frac{1}{2 p ^{2}}]$
  $= (a - \frac{1}{4}) e^{2 t} + (a - b) t e^{2 t} + \frac{1}{2} t + \frac{1}{4}$
  $x (t) = 3 y (t) - y^{'} (t) + t^{2} = (b - \frac{1}{4}) e^{2 t} + (a - b) t e^{2 t} + t^{2} + \frac{3}{2} t + \frac{1}{4} .$
9. (9)
  $L [x^{'} (t)] = pX (p), L [y^{'} (t)] = p Y (p) - 1$ ，那么原方程组变为
  
  ${pX (p) - 2 p Y (p) + 2 = 1/ (p^{2} + 1), pX (p) + p Y (p) - 1 = p / (p^{2} + 1),$
  
  因此 $X (p) = \frac{1}{3} (\frac{1}{p} - \frac{p - 2}{p ^{2} + 1}), Y (p) = \frac{1}{3} (\frac{2}{p} + \frac{p + 1}{p ^{2} + 1})$ ，故
  
  $x (t) = L^{- 1} [X (p)] = \frac{1}{3} (1 - cos t + 2 sin t),$
  $y (t) = L^{- 1} [Y (p)] = \frac{1}{3} (2 + cos t + sin t) .$
10. (10)
  $L [x^{'} (t)] = pX (p), L [y^{'} (t)] = p Y (p), L [z (t)] = pZ (p)$ ，那么原方程组变为
  
  $⎩ ⎨ ⎧ pX (p) - p Y (p) = 0, p Y (p) + pZ (p) = 1/ p, pX (p) - pZ (p) = 1/ p^{2},$
  
  因此 $X (p) = Y (p) = \frac{1}{2} (\frac{1}{p ^{2}} + \frac{1}{p ^{3}}), Z (p) = \frac{1}{2} (\frac{1}{p ^{2}} - \frac{1}{p ^{3}})$ ，故
  
  $x (t) = y (t) = \frac{1}{2} t + \frac{1}{4} t^{2}, z (t) = \frac{1}{2} t - \frac{1}{4} t^{2} .$
9.
记 $L [y (t)] = Y (p), L [f (t)] = F (p)$ ，且 $y^{'} (0) = y^{''} (0) = 0$ ，那么原方程变为

$p^{2} Y (p) + ω^{2} Y (p) = F (p),$

因此 $Y (p) = \frac{F ( p )}{p ^{2} + ω ^{2}}$ ，结合卷积定理，

$y (t) = L^{- 1} [Y (p)] = L^{- 1} [\frac{1}{p ^{2} + ω ^{2}} \cdot F (p)] = L^{- 1} {L [\frac{1}{ω} sin ω t] \cdot L [f (t)]}$
$= \frac{1}{ω} \int_{0}^{t} sin ω (t - u) f (u) d u .$
10.
记 $L [f (t)] = F (p)$ ，由卷积定理，原方程变为

$F (p) = \frac{ab}{p ^{2} + b ^{2}} + \frac{b c}{p ^{2} + b ^{2}} F (p),$

因此 $F (p) = \frac{ab}{p ^{2} + ( b ^{2} - b c )}$ ，故

$f (t) = L^{- 1} [F (p)] = \frac{ab}{b ^{2} - b c} sin (b^{2} - b c t) .$

A要点

1.
利用 $u (x, y)$ （或 $v (x, y)$ ）求解 $v (x, y)$ （或 $v (x, y)$ ）以构造 $f (z) = u + i v$ 时，要先证明 $u (x, y)$ 是调和函数.
2.
展开成幂函数时要写收敛域.
3.
判定奇点时，可利用 $1/ f (z)$ 的零点类型判定.
4.
对于1级极点 $a$ ，可利用 $Res [\frac{P ( z )}{Q ( z )}, a] = \frac{P ( a )}{Q ^{'} ( a )}$ .
5.
对于 $R (x) ln x$ 与 $R (x) (ln x)^{2}$ 应该用 $R (x) ln x$ 还是 $x^{p} R (x)$ 型积分的方法，判断依据是：看 $R (x)$ 是否为偶函数，即是否有偏心. 若无偏心，为偶函数，则用前者；否则用后者，此时应构造函数 $R (x) (ln x)^{2}$ .

必要时还可令 $z = i y$ 进一步反证
这里根式函数默认多值，因此无需“ $\pm$ ”号
事实上，这是“辐角原理”小节中的定理所要求的，即 $\frac{1}{2 π i} \int_{C} \frac{f ^{'} ( z )}{f ( z )} d z = N - P,$ 其中 $N, P$ 分别为 $p (z)$ 的零点与极点个数
$Γ$ 围成的闭域包含 $C$ 围成的闭域
根据答案意思应该是展到第三阶即 $z^{0}, z^{1}, z^{2}, z^{3}$ 这四项
设想 $u = e^{i θ}$ ，其中 $θ$ 从0到 $2 π$ ；而 $z = \frac{1}{u} = e^{- i θ} = e^{i φ}$ ，其中 $φ$ 从0到 $- 2 π$ ，可见路径反向
$z_{2} = i$ 对应 $x = 0, y = 1$ ，后 $z_{3} = - i$ 同理