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。