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