复变函数论习题讲解

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复变函数论第三版课后习题答案[1]

第一章习题解答（一）1．设z ，求z 及Arcz 。

解：由于3iz e π-==所以1z =，2,0,1,3Arcz k k ππ=-+=±。

2．设121z z =，试用指数形式表示12z z 及12z z 。

解：由于6412,2i i z e z i e ππ-==== 所以()64641212222i i iiz z e eee πππππ--===54()146122611222ii i i z e e e z e πππππ+-===。

3．解二项方程440,(0)z a a +=>。

解：12444(),0,1,2,3k ii za e aek πππ+====。

4．证明2221212122()z z z z z z ++-=+，并说明其几何意义。

证明：由于2221212122Re()z z z z z z +=++2221212122Re()z z z z z z -=+-所以2221212122()z z z z z z ++-=+其几何意义是：平行四边形对角线长平方和等于于两边长的和的平方。

5．设z 1，z 2，z 3三点适合条件：0321=++z z z ,1321===z z z 。

证明z 1，z 2，z 3是内接于单位圆1=z 的一个正三角形的顶点。

证由于1321===z z z，知321z z z ∆的三个顶点均在单位圆上。

因为33331z z z ==()[]()[]212322112121z z z z z z z z z z z z +++=+-+-=21212z z z z ++=所以， 12121-=+z z z z ，又)())((122122112121221z z z z z z z z z z z z z z +-+=--=-()322121=+-=z z z z故 321=-z z ，同理33231=-=-z z z z ，知321z z z ∆是内接于单位圆1=z 的一个正三角形。

复变函数习题及答案解释

第一篇复变函数第一章复数与复变函数1. 求下列复数的实部、虚部、共轭复数、模与幅角.（1） 72)52)(43(ii i −+；（2） .4218i i i +−2. 当x ，y 等于什么实数时，等式i iiy x +=+−++135)3(1 成立？3.证明：（1）;2z z z = （2）1122,z z z z = .02≠z4.求下列各式的值：（1）();35i −（2）().131i +−5.求方程083=+z 的所有根.6.设1z ,2z ,3z 三点适合条件0321=++z z z ，证明1z ,2z ,3z 是内接于单位圆1=z 的一个正三角形的顶点.7.指出下列各题中点z 的轨迹或所在的范围：（1）;65=−z（2）;12≥+i z（3）.i z i z −=+8.描述下列不等式所确定的区域，并指出它是有界的还是无界的：（1）;32≤≤z（2）.141+<−z z9.将方程tt z 1+=（t 为实参数）给出的曲线用一个实直角坐标方程表出.第一章复习题1.单项选择题（1）设iy x z +=，y x ≠||，4z 为实数，则（）.A ．0=xy B.0=+y x C ．0=−y x D.022=−y x（2）关于复数幅角的运算，下列等式中正确的是（）. A ．Argz Argz 22= B.z z arg 2arg 2=C ．2121arg arg )arg(z z z z += D.2121)(Argz Argz z z Arg += （3）=+31i （）.A ．ie 62πB.ie 62π−C ．ie 62π± D.i e62π±（4）2210<++<i z 表示（）. A ．开集、非区域 B.单连通区域 C ．多连通区域 D.闭区域（5）z i z f =−1，则()=+i f 1（）.A ．1 B.21i+ C ．21i− D.i −1 （6）若方程1−=z e ，则此方程的解集为（）.A ．空集 B.π)12(−=k z ，（k 为整数） C ．i k z π)12(−= D. πi z =2.对任何复数22,z z z =是否一定成立？3. 解方程.0)1(22=−++i z z4. 求)(i Ln −，)43(i Ln +−和它们的主值.5. 求i e 21π−，i i e41π+，i 3和ii )1(+值.第二章导数1．下列函数何处可导?何处解析? (1) ();2iy x z f −=(2) ().22y ix xy z f +=2.指出下列函数()z f 的解析性区域，并指出其导数.(1) ();22iz z z f +=(2) ();112−=z z f（3）(),dcz baz z f ++=（d c ,中至少有一个不为0）.3.设()2323lxy x i y nx my +++为解析函数，试确定l 、m 、n 的值.4.证明：如果()z f 在区域D 内解析，并满足下列条件之一，那么是常数. （1）()z f 恒取实值. （2）)(z f 在区域D 内解析. （3）()z f 在区域D 内是一个常数.5.应用导数的定义讨论下列函数的是否存在？（1）())Re(z z f =；（2）())Im(z z f =.6.证明；,sin z e z 在复平面上任一点都不解析.第二章复习题1.单项选择题（1）函数()z f w =在点0z 可导是可微的（）.A ．必要但非充分条件 B. 充分但非必要条件 C ．充分必要条件D. 既非充分也非必要条件（2）函数()z f w =在点0z 可导是连续的（）.A ．必要但非充分条件 B. 充分但非必要条件 C ．充分必要条件D. 既非充分也非必要条件（3）函数()),(),(y x iv y x u z f +=，则在()00,y x 点，v u ,均可微是函数()z f 在点0z 可微的（）.A ．必要但非充分条件 B. 充分但非必要条件 C ．充分必要条件D. 既非充分也非必要条件（4）函数()22ix xy z f −=，那么（）. A ．()z f 处处可微 B. ()z f 处处不可导 C ．()z f 仅在原点可导 D. ()z f 仅在x 轴上可导（5）若,0,,00,),(222222=+≠++=y x y x y x xy y x u ，,),(xy y x v =()iv u z f +=，则()z f （）.A ．()z f 仅在原点可导 B. ()z f 处处不可导C ．()z f 除原点外处处可导 D. ()z f 处处可微（6）若()()y x y i xy x z f 233333+−+−=，那么()z f （）.A ．()z f 仅在原点可导且()00=′f B. ()z f 处处解析且()xy i y x z f 63322+−=′ C ．()z f 处处解析且()xy i y x z f 63322−−=′ D. ()z f 处处解析且()xy i x y z f 63322+−=′ （7）函数()z z z f = ，则（）. A ．()z f 在全平面解析 B. ()z f 仅在原点解析C ．()z f 仅在原点可导但不解析 D. ()z f 处处不可导（8）设()34−=′z z f ，且()i i f 31−=+，则()=z f （）.A ． i z z −−322 B. i z z 3322+− C ．i z z 43322+−+ D. i z z 43322−+− 2.指出函数112+z 的解析性区域，并求导数.3.如果0z 是()z f 的奇点，而()z g 在0z 解析，那么0z 是否是())(z g z f +和())(z g z f 的奇点.4.若()iv u z f +=是区域D 内的解析函数，那么在D 内v +iu 是否也是解析函数.第三章积分1.沿下列路径计算积分∫Czdz Re .（1）自原点至1+i 的直线段；（2）自原点沿实轴至1，再由1铅直向上至1+i ；（3）自原点沿虚轴至i ，再由i 沿水平向右至1+i .2.分别沿y =x 与2x y =计算积分()∫++i dz iy x102的值.3计算积分dz zzC∫，其中C 为正向圆周，2=z .4.计算下列积分，其中C 为正向圆周，1=z . （1）;21dz z C ∫− （2）;4212dz z z C ∫++（3）;cos 1dz zC ∫ （4）;211dz z C∫−（5）;dz ze Cz ∫（6）().)2(21dz i z z C∫−+5.沿指定曲线正向计算下列积分：（1）dz z C ∫−21，C ：12=−z ；（2）dz a z C ∫−221，C: a a z =−；（3）,3dz z zC ∫− C ：2=z ；（4）()()dz z z C∫++41122，C ：23=z ；（5）dz zzC ∫sin ，C ：1=z ；（6）dz z zC∫−22sin π，C ：2=z .6.计算下列各题：（1）∫−ii z dz e ππ32；（2）∫−iizdz ππ2sin ；（3）.)(0∫−−iz dz e i z7.计算下列积分：（1）dz i z z C ∫+++2314，C ：4=z ，正向；（2）dz z iC ∫+122，C ：61=−z ，正向；（3）,cos 213dz z zC C C ∫+= 1C ：2=z ，正向，2C ：3=z ，负向；（4）dz i z C ∫−1，C 为以i 56,21±±为顶点的正向菱形；（5）()dz a z eC z∫−3；其中a 为1≠a 的任何复数，C ：1=z ，正向.9. 设C 为不经过a 与a −的简单正向闭曲线，a 为不等于0的任何复数，试就a 与a −跟C 的各种不同位置，计算积分dz a z zC ∫−22的值.第三章复习题1.单项选择题.（1）设C 为θi e z =，θ从2π−到2π的一段，则=∫Cdz z （）.A ．i B.2i C ．-2i D.- i（2）设C 是从0=z 到i z +=1的直线段，则=∫Cdz z （）.A ．1+i B.21i+ C ．i e4π− D. ie 4π（3）设C 为θi e z =，θ从0到π的一段，则=∫Czdz arg （）.A ．i 2−−π B. π− C ．i 2+π D. i 2−π（4）设C 为t i z )1(−=，t 从1到0的一段，则=∫Cdz z （）.A ．1 B.-1 C ．i D.- i（5）设C 为1=z 的上半部分逆时针方向，则=−∫Cdz z )1(（）.A ．2i B.2 C ．-2i D.- 2（6）设C 为θi e z 21=，正向，则=−∫C z dz e e zsin （）.A ．sin1 B.e i 1sin 2π C ．e i 1sin 2π− D.0（7）=++∫=dz z z z 12221（）.A ．i π2 B.i π2− C ．0 D.π2 （8）设C 为沿抛物线12−=x y 从()0,1−到()0,1的弧度，则=+∫C dz z )1sin(（）.A ．0 B.2cos − C ．12cos − D. 12cos − （9）=++∫=+dz z z e z z 232)1(232（）. A ．0 B.i π32C ．i π2 D. i π2−（10）=++∫=dz z z zz 121682cos π（）A ．0 B.i π C ．i π− D. i π2.（11）=+∫=dz z zz 221（）.A ．0 B.i π2 C ．i π2− D. i π（12）=∫=dz z e z z12（）.A ．i π2 B. i π C ．0 D. π （13）1322z z z e dz ==∫（）.A ．i π2 B. i π16 C ．i π8 D. i π4 2.计算()∫Γ−=dz z z e I z12，其中Γ是圆环域：221≤≤z 的边界.3.（1）证明：当C 为任何不经过原点的闭曲线时，则;012=∫dz zC（2）沿怎样的简单闭曲线有;012=∫dz z C（3）沿怎样的简单闭曲线有.0112=++∫dz z z C4.设(),4ζζζπd ze zf C ∫−=其中C ：2=z ，试求()i f ，()i f −及()i f 43−的值.5.计算()22,2z Ce z I dz z =+∫其中C ：.1=z6.()()∫=−=12,ζζζdz z e z f z()1≠z ，求().z f ′第四章级数1.判别下列级数的绝对收敛性与收敛性：();11∑∞=n nni()∑∞=2;ln 2n nni();8)56(30∑∞=+n n ni().2cos 40∑∞=n n in2.求下列幂级数的收敛半径：()为正整数）；p nz n p n(,11∑∞=()∑∞=12;)!(2n nn z nn()∑∞=+0;)1(3n nnz i().41∑∞=n n n iz e π3.把下列各函数展开成z 的幂级数，并指出它们的收敛半径： ();1113z +();)1(1223z +();cos 32z();4shz();5chz().sin 622z e z4.求下列各函数在指定点0z 处的泰勒展开式，并指出它们的收敛半径： ();1,1110=+−z z z()();110,10,1122<−<<<−z z z z()()(),2113−−z z;21,110+∞<−<<−<z z()()为中心的圆环域内；在以i z i z z =−,142第四章复习题1.单项选择题：()().112的收敛半径为幂级数∑∞=n nin z e0.A 1.B 2.C ∞.D()()∑∞=1.1sin 2n nnz n 的收敛半径为幂级数0.A 1.B e C . ∞.D()()()∑∞=−1.13n n n z i 的收敛半径为幂级数1.A 21.B 2.C 21.D()()()∑∞=+12.434n n n z i 的收敛半径为幂级数5.A 51.B 5.C 51.D ()()∑∞=1.!5n nn z n 的收敛半径为幂级数1.A ∞.B 0.C e D .()()∑∞−∞=−=>=n nne a z za z z.,0,6721则设!71.A !71.−B !91.C !91.−D()∑∞==−10,2.2n nn z z a 收敛，能否在幂级数 .3发散而在=z().1.32的和函数求n n z n n ∑∞=−.0cos 1.40处的泰勒展开式在求=−∫z d zζζζ上的罗朗展开在求函数11sin .512>−∫=ζζζζz d z .式第五章留数1.判断下列函数奇点的类型，如果是极点，指出它的阶数：()();11122+z z();sin 23z z();11323+−−z z z()();1ln 4zz +();511−z e()().1162−z e z()..2在有限奇点处的留数求下列各函数z f();2112zz z −+();1242z e z −()();113224++zz();cos 4zz();11cos5z−().1sin 62zz3.计算下列各积分（利用留数，圆周均取正向）.();sin 123∫=z dz z z()();12222dz z e z z∫=−()();,cos 1323为整数m dz z zz m∫=−();tan 43∫=z zdz π().521111∫=−−z z dz ze点？并是下列各函数的什么奇判断∞=z .4.的留数求出在∞();121z e();sin cos 2z z −().3232zz+()[]的值，如果：求∞,Re 5.z f s()();112−=z ez f z()()()().41124−+=z z z z f6.计算下列各积分，C 为正向圆周：()()()∫=++Cz C dz zzz ;3:,211342215().2:,1213=+∫z C dz e z z zC7.计算下列积分：();sin 351120θθπd ∫+()();0,cos sin 2202>>+∫b a d b a θθθπ()()∫+∞∞−+;11322dx x()∫+∞∞−++.54cos 42dx x x x第五章复习题1.单项选择题：()().1sin101的是函数zz = 本性奇点.A 可去奇点.B 一级奇点.C 非孤立奇点.D()().0,1cos Re 2=z z s0.A 1.B 21.C 21.−D()()()().,11Re 32=+−i z i z s 4.i A 4.i B − 41.C 41.−D()().0,1Re 44=−−z e s z !31.A !31.−B !41.C !41.−D()()()∫=−=+21.,15z n n n dz z z 为正整数0.A i B π2. i n C π2. niD π2.()()∫=−=11.6z zz dz zei e A 1.−π i B π2. i e C 12.−π i D π2.−()()∫==−25.117z dz z 0.A i B π2. i C π25. i D π52.2.判断zz e 1+的孤立奇点的类型，并求其留数.3.计算n dz z z z n,1cos 1∫=是正整数.4.计算积分∫=−+114.1z z dz5.计算积分∫+πθθ20.cos 2d6.计算∫+∞+04.11dx x7.计算∫+∞+02.42cos dx x x复变函数总复习题一、单项选择题：(1) 函数z w ln =在i e z =处的值为（）. (k 为整数)A. ()i k 12+πB. ()i k π12+C. i k π2D. i k π+212(2) 设积分路径C 为从原点到i +2的直线段, 则积分()=∫Cydz .A. 21i− B. 21i +C. i +1D. i −1(3) 1=z 是函数1ln 2−z z的( ).A. 可去奇点B. 极点C. 本性奇点D. 非孤立奇点 (4) 设()33iy x z f −=, 则()z f 在复平面上( ).Ａ. 处处可导 B. 仅在0=z 处解析 C. 处处不可导 D. 仅在0=z 处可导(5) ()()=−∫=−dz z e z iz211221. A.21i+ B. i +1 C. ()i e i +−12π D. 2π−(6) 函数21z e z+以∞=z 为( ).Ａ. 可去奇点 B. 极点 C. 本性奇点 D. 解析点(7) 0=z 是ze z 111−−的( ).Ａ. 可去奇点 B. 极点 C. 本性奇点 D. 解析点(8) 由2121>−z 与2123>−i z 所确定的点集是( ).A. 开集、非区域Ｂ. 单连通区域 C. 多连通区域 D. 闭区域(9) ()=+−∫=dz z z z z z 122sin cos 1. A. 0 B. i π2 C. i π D. i π3二、填空题：1. =i e π9 .2.=+∫=dz z z 12121. 3. 设()()z z z f Im =, 则()=′0f .4. 级数()()()∑∞=+−+−0124121n n nz n 的收敛范围为 .5. 函数z 211−在+∞<<z 21内的罗朗展式为 . 6.()=−∫=dz z z 12 .7. 级数()∑∑∞=∞=+−12121n n n n n nn z z 的收敛范围是 .8. ()2236z z z z z f ++−=, ()()=∞,Re z f s .9. =−1,1sin Re z z s ;=−1,11sin Re z z s .三、解答下列各题:1. 已知()(),21i i z −+= 求()Re z .2. 求2122lim 1z zz z z z →+−−−.3. 讨论()2z z f =在0=z 处的可导性及解析性.4. 讨论()()yx i x y x z f 322322−++−−=的解析性, 并求出在解析点处的导数.5. 计算()12CIi z dz =+−∫, 其中C 为连接01=z , 12=z 和i z +=13, 从1z 至2z 至3z 的折线段.6. 将z 2sin 展开为z 的幂级数.7. 求级数()n n nn z n 214302+++∑∞=的收敛圆, 并讨论在47−=z 和49−=z 处的收敛性.8. 求()242−=z z z f 在3<z 内所有留数之和.9. 求函数z cot 在它所有有限孤立奇点处的留数.10. 求()()222aze zf ibz+=在ai −处的留数,(a , b 为实数).11. 计算积分()()dz z e z zI z z∫=−+−=232189.12. 计算积分dz z z I z ∫=++=2365112.13. 计算积分dz z z I z ∫=+−=22211.14. 计算积分dz z z e i I z z∫=++=2241221π.15. 计算积分()dx axx I ∫∞++=02222, ()0>a .四、证明题:1. 证明()=≠+=0,00,22z z yx xyz f 在0=z 处不连续.2. 证明0→z 时, 函数()()22Re zz z f =的极限不存在.第二篇积分变换1. 设() >≤=1,01,1t t t f , 试算出()ωF , 并推证:>=<=∫∞+1,01,41,2cos sin 0t t t d t ππωωωω. (提示()t f 为偶函数)2. 求矩形脉冲函数()≤≤=其它,00,τt A t f 的傅氏变换.3. 求()><−=1,01,1222t t t t f 的傅氏积分. 4. 求()2sin tt f = 的拉氏变换.5. 求()≥<≤−<≤=4,042,120,3t t t t f 的拉氏变换.6. 求下列函数的拉氏逆变换:(1) ()221as s F +=;(2) ()441a s s F −=答案第一章：,2295,135.3,13Im ,5.3Re )1.(1=+−=−=−=z i z z z ).(,23arctan ,10||,31,3Im ,1Re )2();(,)12()726arctan(arg Z k k Argz z i z z z Z k k z ∈+−==+=−==∈++=ππ.11,1.2==y x().2,1,0,2)2(;16316)1.(43275.06=−−+k ei k iπ5..31,2,31i i −−+7.（1）以z =5为圆心，6为半径的圆；（2）以z =-2i 为圆心，1为半径的圆周及圆周的外部；（3）i 和i 两点的连线的中垂线. 8.（1）圆环形闭区域，有界；（2）中心在,1517−=z 半径为158的圆周的外部区域，无界. 9．xy =1。

复变函数课后部分答案讲解

x y
1 3
2 ,
8
即
x 1 .
y 11
3.将下列复数化为三角式和指数式： 1） 5i; 3)1 i 3;
解：
1）z

5[cos(

)

i
sin(

)]

5e 2
i
;
2
2
3) z

2[cos(
)

i
sin(
)]

2e 3
i
;
3
3
4. 求下列各式的值：
1）（1 i 3）10；
知识点3.
课堂练习：
2.若(1 i)n (1 i)n , 试求n的值。
解：由已知可得，
n
22 (cos
n
i sin
n
)

n
22 (cos
n
i sin
n
),
即
4
4
4
4
sin n sin n
4
4
n n 2k.
44
则n 4k, k Z.
ecos1[cos(sin1) i sin(sin1)]
Im{exp[exp(i)]} ecos1 sin(sin1);
sin(1 i) ei(1i) ei(1i)
e1i e1i
2i
2i
e1(cos1 i sin1) e1(cos1 i sin1) 2i
知识点4. 知识点5.
知识点6.
课堂练习： 4.讨论函数f (z) x3 i(1 y)3的可导性与解析性。
解：因为u x3, v (1 y)3,

复变函数习题解答(第2章)

p90第二章习题(一)[ 1, 6, 9, 14(3), 26 ]1. 设连续曲线C : z = z(t), t∈[α, β]，有z’(t0) ≠ 0 (t0∈[α, β])，试证曲线C在点z(t0)有切线．【解】首先，因为当t →t0时，(z(t) -z(t0))/(t-t0) →z’(t0) ≠ 0，故| (z(t) -z(t0))/(t-t0) | → | z’(t0)| ≠ 0，因此存在δ> 0，使得∀t∈[α, β]，当0 < | t-t0 | < δ时，有| (z(t) -z(t0))/(t-t0) |≠ 0，故| z(t) -z(t0) |≠ 0，即z(t) ≠z(t0)．此时，存在唯一确定的过点z(t0)以及点z(t) (t ≠t0)的割线：(y(t) -y(t0))(X-x(t0)) + (x(t) -x(t0))(Y-y(t0)) = 0．此方程等价于(y(t) -y(t0))/(t-t0) · (X-x(t0)) + (x(t) -x(t0))/(t-t0) · (Y-y(t0)) = 0．当t→t0时，有y’(t0) (X-x(t0)) + x’(t0)) (Y-y(t0)) = 0．因为z’(t0) ≠ 0，故y’(t0)2 + x’(t0)2≠ 0．直线y’(t0) (X-x(t0)) + x’(t0)) (Y-y(t0)) = 0就是曲线C在点z(t0)处的切线．[这里采用的切线的定义：切线是指割线的极限位置的直线．在这个题目的证明中，我们主要说明两点：第一，当t充分接近t0 (t≠t0)，有唯一确定的割线过点z(t0)和z(t)；第二，当t →t0 (t≠t0)时，过z(t0)和z(t)的割线确实有“极限位置”] 6. 若函数f(z)在区域D内解析，且满足下述条件之一，试证f(z)在D内为常数．(6.1) 在D内f’(z) = 0；【解】设f(z) = u(x, y) + i v(x, y)，(x, y)∈D．由f’(z) = 0及f’(z) = u x + i v x，知u x = v x = 0；由Cauchy-Riemann方程，v y = u x = 0，u y = -v x = 0；因u x = u y = 0，故u在区域D内为常数．因v x = v y = 0，故v在区域D内为常数．所以，f(z) = u(x, y) + i v(x, y)在区域D内为常数．(6.2) ( f(z))*在D内解析；【解】因f(z) = u(x, y) + i v(x, y)在区域D内解析，由Cauchy-Riemann方程，u x = v y，v x = -u y；因( f(z))* = u(x, y) -i v(x, y)在区域D内解析，由Cauchy-Riemann方程，u x = -v y，v x = u y；因此得到u x = u y = v x = v y = 0，所以u, v都在区域D内为常数．所以，f(z) = u(x, y) + i v(x, y)在区域D内为常数．(6.3) | f(z) |在D内为常数；【解】若| f(z) |在D内恒为零，则在D内f(z) = 0 (常数)．若在D内| f(z) | = c > 0，则f(z) · ( f(z))* = c2．因f(z)在D内解析且f(z) ≠ 0，故( f(z))* = c2/ f(z)在D内解析．由(2)知f(z)在区域D内为常数．(6.4) Re( f(z))或Im( f(z))在D内为常数．【解】设f(z) = u(x, y) + i v(x, y)．若u(x, y) = Re( f(z))在D内为常数，则u x = u y = 0．由Cauchy-Riemann方程，v x = -u y = 0，v y = u x = 0；所以v(x, y) = Im( f(z))也在D内为常数．故f(z)在区域D内为常数．9. 试证下面的定理：设f(z) = u(r, θ) + i v(r, θ)，z = r e iθ，若u(r, θ), v(r, θ)在点(r, θ)是可微的，且满足极坐标的Cauchy-Riemann方程：∂u/∂r = (1/r)∂v/∂θ，∂v/∂r = (-1/r)∂u/∂θ(r > 0)，则f(z)在点z是可微的，并且f’(z) = (cosθ-i sinθ)(∂u/∂r + i∂v/∂r) = (r/z)(∂u/∂r + i∂v/∂r)．【解】注意到在点(r, θ)处，因为r > 0，r, θ也是(x, y)的可微函数，并且，r x = x/r = cosθ，r y = y/r = sinθ；θx = -y/r2 = - sinθ/r，θy = x/r2 = cosθ /r．所以u, v也是(x, y)的可微函数．由求导的链锁法则，我们有u x = u r·r x + uθ·θx = ((1/r)vθ)· cosθ + (-r v r) · (- sinθ/r)= vθ · (cosθ /r) + v r · sinθ= vθ ·θy + v r ·r y= v y；以及v x = v r·r x + vθ·θx = ((-1/r)uθ)· cosθ + (r u r) · (- sinθ/r)= uθ · (- cosθ /r) + u r · (- sinθ)= - (uθ ·θy + u r ·r y)= -u y；即满足Cauchy-Riemann方程，故f(z)在点z是可微的，且f’(a) = u x + i v x = (vθ · (cosθ /r) + v r · sinθ) + i (uθ · (- cosθ /r) + u r · (- sinθ))= (r u r · (cosθ /r) + v r · sinθ) + i ((-r v r) · (- cosθ /r) + u r · (- sinθ))= (cosθ-i sinθ)(∂u/∂r + i∂v/∂r)= (r/z)(∂u/∂r + i∂v/∂r)．[ r = √(x2 + y2)在(x, y) ≠ (0, 0)处有连续的偏导数，所以是可微的．θ作为(x, y)函数在(x, y) ≠ (0, 0)处的可微性的证明如下(参考第一章习题13的解答)：设D1 = { z∈ | Re(z) > 0}，D2 = { z∈ | Im(z) > 0}，D3 = { z∈ | Im(z) < 0}，D4 = { z∈ | Re(z) < 0}．则 \{0} = D1⋂D2⋂D3⋂D4．在D1上，θ = arctan(y/x) + 2k1π；在D2上，θ = arccot(x/y) + 2k2π；在D3上，θ = arccot(x/y) -π + 2k3π；在D4上，θ = arctan(y/x) + π + 2k4π．不论在那个区域D j上，θ都有连续的偏导数，因此θ在 \{0}上是可微的．] 14. 试验证：(3) lim z→ 0 ( z–z cos z )/( z– sin z ) = 3．【解】因分母z– sin z的一阶导数1 – cos z在原点处的值为0，故此题不能直接用L’Hospital法则(第2题的结论)．但可对lim z→ 0 sin z / z用L’Hospital法则．开始以为这个题目应该放在后面的章节，可是终究不甘心，考虑再三，退到sin z 最原始的定义，发现可以以它的实部和虚部为实变量展开．先用L’Hospital法则，lim z→ 0 sin z / z = cos 0 = 1，得到sin z = z + o(z)，z→ 0．所以1 – cos z = 2 sin 2(z/2) = 2 ( z/2 + o(z) )2 = z2/2 + o(z2)，z→ 0．而sin z = sin(x + i y) = exp( i (x + i y) ) – exp( –i (x + i y) )/(2 i)= (exp(–y)(cos x + i sin x) – exp(y)(cos x–i sin x))/(2 i)= (exp(y) + exp(–y)) sin x + i (exp(y) – exp(–y)) cos x )/2注意到当k + m≥ 3时，o(x k y m) = o(| z |3)，z→ 0；故sin z = (1 + y2/2 + o(y3)) (x–x3/6 + o(x4) ) + i (y + y3/6 + o(y4)) (1 –x2/2 + o(x3))= (x + i y ) – (x3 + i 3x2y– 3xy2/2 –i y3 )/6 + o(z3) = z–z3/6 + o(z3)，z→ 0．所以，( z–z cos z )/( z– sin z ) = z (1 – cos z )/( z– sin z )= z (z2/2 + o(z2))/(z3/6 + o(z3)) → 3，z→ 0．26. 试证：在将z平面适当割开后，函数f(z) = ( (1 – z ) z2 )1/3能分出三个单值解析分支．并求出在点z = 2取负值的那个分支在z = i处的值．【解】根据课本p83的结论，1和0是仅有的支点，∞不是支点．所以，将z平面沿从0到1的直线段I = { z∈ | Im(z) = 0, 0 ≤ Re(z) ≤ 1 }割开后，就能保证变点z不会单绕0或1转一周，因此在G= \I上函数f(z)就能分出三个单值解析分支．设g(z) = ((1 – z ) z2 )1/3是在点z = 2取负值的那个分支．设arg g(2) = π + 2kπ ( k∈ )．又设C是G内一条从2到i的任一曲线，当变点z沿着曲线C从2到i时，z的辐角的连续增量为∆C arg z = π/2 + 2k0π ( k0∈ )，因此∆C arg (z2 )= π + 4k0π，相应地，1 –z的辐角的连续增量为∆C arg (1 –z )= 3π/2 + 2k0π ( m∈ )，所以g(z)的辐角的连续增量为∆C arg g(z) = (π + 3π/4 + 6k0π)/3 = 7π/12 + 2k0π．根据课本p84的结论，g(i) = | g(i) | · exp( i ∆C arg g(z)) · exp( i arg g(2))= | ((1 –i )i2 )1/3 | · exp( i (7π/12 + 2k0π)) · exp( i (π + 2kπ))= - 21/6 · exp( 7πi/12 )．[从上述的做法中可以看出，我们不妨(事实上也常常地)取k, k0 = 0，并不会造成任何影响．这类题目用辐角的连续增量来考虑是方便的，否则就有可能陷入辐角难以选择的困境，因为那时我们已经忘记了要求辐角是随着变点z连续变化的．设z = r1 exp( iθ1)，1 –z = r2 exp( iθ2)，那么g(z) = (r12 r2 )1/3 exp( i (2θ1 + θ2 + 2kπ)/3) (k是0, 1, 2之一)．当z = 2时，r1(2)= 2，r2(2)= 1；θ1(2) = 0，θ2(2)= π．由于g(2) = 21/3 exp( i (π + 2kπ)/3) < 0，故只能k = 1．当z = i时，r1(i)= 1，r2(i)= 21/2；θ1(i) = π/2，θ2(i) = 7π/4．所以g(i) = (21/2)1/3 exp( i (2(π/2) + 7π/4 + 2π)/3) = - 21/6 · exp( 7πi/12 )．但是，为什么θ2(i) = 7π/4而不是θ2(i) = –π/4 ?事实上，当初的θ1(2)和θ2(2)一旦选定，就决定了其这个单值解析分支中其他点的辐角选择，因为我们要求辐角是连续变化的．确定i的辐角θ1(i)时，要保证z从2到i的过程中，θ1(z)是连续变化的．故应该取θ1(i) = π/2．(增加了π/2)但1 –i的辐角θ2(i)，则应该是从z = 2时θ2(2)= π开始连续变化到z = i时所得到的辐角θ2(i)，也就是说，θ2从π开始增加了3π/4，因此θ2(i) = π + 3π/4 = 7π/4．特别强调的是：这里的θj(z)的连续变化，应该是随着同一个变点z来变化的．比如，如果我们认为z绕割线I反向地从2转到i，那么，θ1(i) = - 3π/2，这时，θ2(i) = π- 5π/4 = -π/4，显然，如此计算g(i)也会得到上述的结果．至此，我们应该可以看出，两种做法的本质是相同的．]∀∃∅-⨯±≠≥·◦≤≡⊕⊗≅αβχδεφγηιϕκλμνοπθρστυϖωξψζ∞∙︒ℵℜ℘∇∏∑⎰ ⊥∠ √§ψ∈∉⊆⊂⊃⊇⊄⊄∠⇒♣♦♥♠§ #↔→←↑↓⌝∨∧⋃⋂⇔⇒⇐∆∑ΓΦΛΩ∂∀m∈ +，∃m∈ +，★〈α1, α2, ..., αn〉lim n→∞，+n→∞∀ε > 0，∑u n，∑n≥ 1u n，m∈ ，∀ε > 0，∃δ> 0，【解】⎰[0, 2π]l 2 dx，f(x) = (-∞, +∞)[-π, π]∑1 ≤k≤n u n，[0, 2π]。

复变函数习题详解习题六

习题六解答A 类1．求23z w =在z=i 处的伸缩率和旋转角，问23z w =将经过点z=i 且平行于实轴正向的曲线的切线方向映射成w 平面上哪一个方向？并作图。

解由题()z z w 63'2='=，从而()()2i 6arg i 'arg π==w ，()6|i 6|i '==w ，当i =z 时，()332-==i w ，即i =z ，3-=w ，且旋转2π。

2．求映射z w i =下，下列图形映射成什么图形？（1）以i 1=z ，12-=z ，13=z 为顶点的三角形。

（2）闭圆域：1|1|≤-z 。

解（1）在z w i =下，i 1=z ，12-=z ，13=z ，被映成11-=w ，i 2-=w ，i 3=w ，即将三角形映成三角形。

（2）在z w i =下，01=z ，i 12+=z ，23=z ，被映成01=w ，i 12+-=w ，i 23=w ，由保圆性知11≤-z 被映成1i ≤-z 。

3．证明映射z z w 1+=把圆周)0(>=c z 映射成椭圆：θcos )1(c c u +=，θsin )1(c c v -=。

证设)sin i (cos θθ+=r z ，v u w i +=，则)sin i (cos 1)sin i (cos 1θθθθ+++=+=r r z z w=θθθθθθθθsin )1i(cos )1()sin (cos sin i cos sin i cos 22r r r r r r r -++=+-++w=i zw=i z又cz =，即c r =，所以θθsin )1i(cos )1(c c c c w -++=从而θcos )1(c c u +=，θsin )1(c c v -=。

4．证明在映射ze w i =下，互相正交的直线族1Re c z =与2Im c z =依次映射成互相正交的直线族1tan c u v =与圆族2222c e v u -=+证设y x z i +=，v u w i +=，x c z ==1Re ，y c z ==2Im ，所以)sin i (cos i x x e e w yz +==-，即1cos 2c eu c -=，1sin 2c ev c-=，1tan tan c u x u v ==是一族直线，22222c y e e v u --==+是一族圆，显然，过原点的直线与以圆点为心的圆是正交的。

复变函数初步例题和知识点总结

复变函数初步例题和知识点总结一、复变函数的基本概念复变函数是指定义在复数域上的函数。

一个复变函数通常可以表示为＄w ＝ f(z)＄，其中＄z ＝ x ＋ iy$ 是复数，＄x$ 和＄y$ 分别是实部和虚部，＄w ＝ u ＋ iv$ 也是复数，＄u$ 和＄v$ 分别是其实部和虚部。

例如，函数＄f(z) ＝ z^2$ 就是一个简单的复变函数。

将＄z ＝ x ＋iy$ 代入，可得：＼＼begin{align}f(z)＆＝（x ＋ iy)＾2\＼＆＝x^2 y^2 ＋ 2ixy＼end{align}＼从而得到实部＄u ＝ x^2 y^2$，虚部＄v ＝ 2xy$。

二、复变函数的极限与连续（一）极限如果对于任意给定的正数＄＼epsilon$，都存在正数＄＼delta$，使得当＄0 ＜｜z z_0| ＜＼delta$ 时，有＄｜f(z) A| ＜＼epsilon$，则称＄A$ 为函数＄f(z)＄当＄z$ 趋向于＄z_0$ 时的极限，记作＄＼lim_{z ＼to z_0} f(z) ＝ A$。

例如，考虑函数＄f(z) ＝＼frac{z}｛｜z|｝＄，当＄z$ 沿着实轴正方向趋近于＄0$ 时，极限为＄1$；当＄z$ 沿着实轴负方向趋近于＄0$ 时，极限为＄－1$。

由于这两个极限不相等，所以该函数在＄z ＝ 0$ 处极限不存在。

（二）连续如果函数＄f(z)＄在点＄z_0$ 处的极限存在且等于＄f(z_0)＄，则称函数＄f(z)＄在点＄z_0$ 处连续。

例如，函数＄f(z) ＝ z$ 在整个复数域上都是连续的。

三、复变函数的导数复变函数的导数定义与实函数类似，但需要满足柯西黎曼方程。

设函数＄f(z) ＝ u(x, y) ＋ iv(x, y)＄，则其导数为：＼f'（z) ＝＼lim_{＼Delta z ＼to 0} ＼frac{f(z ＋＼Delta z) f(z)｝｛＼Delta z}＼柯西黎曼方程为：＼＼frac{＼partial u}｛＼partial x} ＝＼frac{＼partial v}｛＼partial y}，＼quad ＼frac{＼partial u}｛＼partial y} ＝＼frac{＼partial v}｛＼partial x}＼例如，函数＄f(z) ＝ z^2 ＝（x ＋ iy)＾2 ＝ x^2 y^2 ＋ 2ixy$，则＄u ＝ x^2 y^2$，＄v ＝ 2xy$。

第1章复变函数习题-答案~习题详解

即：
2)旋转公式：
解：将方程组中的第二个方程乘以虚数单位加到第一个方程，得：
10．一个复数乘以，它的模与辐角有何改变？
解：设
即：一个复数乘以，它的模不变，辐角减小。
11．证明：，并说明其几何意义。
证明：
几何意义：平行四边形的两条对角线的平方和等于它的相邻两边平方和的2倍。
12．证明下列各题：
3)如果复数是实系数方程的根，那么也是它的根。
证明：令
因为是方程的根，
又因为的系数为实数，
因此。即也是方程的根。即实系数多项式的复根必共轭成对出现。
13．如果，证明：
1)
证明：
2)
证明：
14．求下列各式的值：
1)
解：
2)
解：
3)
解：
即：，，，，，
4)
解：
即：，，
15．若 ,试求的值。
同理可得：或
分析：如果，，则；如果，，则与矛盾。。
同理。
是内接于单位圆的一个正三角形的顶点。
（方法二）
, , 位于以原点为圆心的单位圆上。
同理：，。于是
是内接于单位圆的一个正三角形的顶点。
（方法三）
, , 位于以原点为圆心的单位圆上。
是内接于单位圆的一个正三角形的顶点。
1) ；
解：设，则，表示不包含实轴的上半平面，是无界的单连通域。
2) ；
解：设，由得，表示以为圆心半径为的圆（不含圆周）的外部，是无界的多单连通域。
3) ；
解：设，则，表示介于直线和之间的带形区域（不含两直线），是无界的单连通域。
4) ；

复变函数习题及解答

第一章复变函数习题及解答1.1 写出下列复数的实部、虚部；模和辐角以及辐角的主值；并分别写成代数形式，三角形式和指数形式．(其中,,R αθ为实常数)（1）1-；（2）ππ2(cosisin )33-；（3）1cos isin αα-+；（4）1ie +；（5）i sin R e θ；（6）i +答案（1）实部－1；虚部 2；辐角为4π2π,0,1,2,3k k +=±±；主辐角为4π3；原题即为代数形式；三角形式为4π4π2(cosisin )33+；指数形式为4πi 32e ．（2）略为 5πi 35π5π2[cos sin ], 233i e +（3）略为 i arctan[tan(/2)][2sin()]2c e αα（4）略为 i;(cos1isin1)ee e +（5）略为：cos(sin )isin(sin )R R θθ+（6）该复数取两个值略为 i i isin ),arctan(1isin ),πarctan(1θθθθθθθθ+=+=+1.2 计算下列复数 1）()103i 1+-；2）()31i 1+-；答案 1）3512i 512+-；2）()13π/42k πi632e 0,1,2k +=；1.3计算下列复数（1 （2答案（1（2）(/62/3)i n eππ+1.4 已知x 的实部和虚部．【解】令i ,(,)p q p q R =+∈，即,p q 为实数域(Real).平方得到2212()2i x p q xy +=-+，根据复数相等，所以即实部为 ,x ±虚部为说明已考虑根式函数是两个值，即为±值．1.5 如果 ||1,z =试证明对于任何复常数,a b 有||1az bbz a +=+【证明】因为||1,11/z zz z z =∴=∴=，所以1.6 如果复数b a i +是实系数方程()01110=++++=--n n n n a z a z a z a z P 的根，则b a i -一定也是该方程的根．证因为0a ，1a ，… ，n a 均为实数，故00a a =，11a a =，… ，n n a a =．且()()kkz z =，故由共轭复数性质有：()()z P z P =．则由已知()0i ≡+b a P ．两端取共轭得即()0i ≡-b a P ．故b a i -也是()0=z P 之根．注此题仅通过共轭的运算的简单性质及实数的共轭为其本身即得证．此结论说明实系数多项式的复零点是成对出现的．这一点在代数学中早已被大家认识．特别地，奇次实系数多项式至少有一个实零点．1.7 证明：2222121212||||2(||||)z z z z z z ++-=+,并说明其几何意义． 1.8 若 (1)(1)n n i i +=-，试求n 的值.【解】因为222244444444(1)2(cos sin )2(cos sin )(1)2(cos sin )2(cos sin )n nnnn n n n n n n n i i i i i i ππππππππ+=+=+-=-=- 所以 44sin sin n n ππ=- 即为4sin 0n π=所以4,4,(0,1,2,)n k n k k ππ===±±1.9将下列复数表为sin ,cos θθ的幂的形式（1） cos5θ；（2）sin5θ答案 53244235(1) cos 10cos sin 5cos sin (2) 5cos sin 10cos sin sin θθθθθθθθθθ-+-+1.10 证明：如果 w 是1的n 次方根中的一个复数根，但是1≠w 即不是主根，则必有1.11 对于复数,k k αβ，证明复数形式的柯西(Cauchy)不等式：22221111||(||||)||||n n nnk k k k k kk k k k αβαβαβ====≤≤∑∑∑∑ 成立。

复变函数习题答案第3章习题详解

第三章习题详解1．沿下列路线计算积分⎰+idz z 302。

1) 自原点至i +3的直线段；解：连接自原点至i +3的直线段的参数方程为：()t i z +=3 10≤≤t ()dt i dz +=3()()()⎰⎰+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=+=+131033233023313313i t i dt t i dz z i2) 自原点沿实轴至3，再由3铅直向上至i +3；解：连接自原点沿实轴至3的参数方程为：t z = 10≤≤t dt dz =33033023233131=⎥⎦⎤⎢⎣⎡==⎰⎰t dt t dz z连接自3铅直向上至i +3的参数方程为：it z +=3 10≤≤t idt dz =()()()331031023323313313313-+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=+=⎰⎰+i it idt it dz z i()()()333310230230233133********i i idt it dt t dz z i+=-++=++=∴⎰⎰⎰+ 3) 自原点沿虚轴至i ，再由i 沿水平方向向右至i +3。

解：连接自原点沿虚轴至i 的参数方程为：it z = 10≤≤t idt dz =()()310312023131i it idt it dz z i=⎥⎦⎤⎢⎣⎡==⎰⎰连接自i 沿水平方向向右至i +3的参数方程为：i t z += 10≤≤t dt dz =()()()33103102323113131i i i t dt i t dz z ii-+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=+=⎰⎰+()()333332023021313113131i i i i dz z dz z dz z iiii+=-++=+=∴⎰⎰⎰++ 2．分别沿x y =与2x y =算出积分()⎰++i dz iy x102的值。

解：x y = ix x iy x +=+∴22 ()dx i dz +=∴1 ()()()()()⎪⎭⎫⎝⎛++=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛++=++=+∴⎰⎰+i i x i x i dx ix x i dz iy x i213112131111023102102 2x y = ()22221x i ix x iy x +=+=+∴ ()dx x i dz 21+=∴()()()()()⎰⎰⎪⎭⎫⎝⎛++=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛++=++=+∴+1104321022131142311211i i x i x i dx x i x i dz iy xi而()ii i i i 65612121313121311+-=-++=⎪⎭⎫⎝⎛++3．设()z f 在单连通域B 内处处解析，C 为B 内任何一条正向简单闭曲线。

复变函数课后习题题解

P42T7 (3) Ref(z)=常数.证明：因为Ref(z)为常数，即u=C1, 0uu xy∂∂==∂∂因为f(z)解析，C-R 条件成立。

故uu xy∂∂==∂∂即u=C2从而f(z)为常数. 5. |f(z)|=常数.证明：因为|f(z)|=C ，对C 进行讨论.若C=0，则u=0,v=0,f(z)=0为常数. 若C ≠0，则f(z) ≠0,但2()()f z f z C⋅=，即u2+v2=C2 则两边对x,y 分别求偏导数，有220,220u v u v u v u v xxyy∂∂∂∂⋅+⋅=⋅+⋅=∂∂∂∂ 利用C-R 条件，由于f(z)在D 内解析，有u v u v xyyx∂∂∂∂==-∂∂∂∂所以00u v u v x x u v v u x x ∂∂⎧⋅+⋅=⎪⎪∂∂⎨∂∂⎪⋅-⋅=⎪∂∂⎩所以0,uv xx∂∂==∂∂即u=C1,v=C2,于是f(z)为常数.P72T22.由下列各已知调和函数,求解析函数()f z u i υ=+(1)22u x y xy=-+ (2)22,(1)0y u f x y==+解 (1)因为 2ux y xyυ∂∂=+=∂∂2uy x yxυ∂∂=-+=-∂∂所以22(,)(,)(2)(2)(2)00(0,0)(0,0)222u u x y x y y x dx dy C y x dx x y dy C xdx x y dy C yxxyxy Cυ∂∂=-++=-+++=-+++⎰⎰⎰⎰∂∂=-+++2222()i(2)22xyf z x y xy xy C =-++-+++令y=0,上式变为 22()i()2xf x x C =-+从而 22()i i 2zf z z C=-⋅+(2)2222()uxyx x y ∂=-∂+ 22222()ux yyx y ∂-=∂+用线积分法，取（x0,y0）为(1,0)，有2(,)4222(1,0)122222()0()1110x y xu u xy ydx dy C dx x dy C y xxx y xx yC xx yx yυ∂∂=-++=-+⎰∂∂+=-+=-+++⎰⎰2222()i(1)y x f z C x yx y=+-+++由(1)0.f =，得C=0 ()11f i z z ⎛⎫∴=- ⎪⎝⎭P42T13. 计算下列各值 (1) e2+i=e2∙ei=e2∙(cos1+isin1)(2)22π22i 33333ππ1ee ee cos i sin e 3322iπ--⎛⎫⎡⎤⎛⎫⎛⎫=⋅=⋅-+-=⋅ ⎪⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦(3)()()2222222222i i222222R e eR e e eR e ecos i sin ecos x yx yxy x yx yx x yxx yy y x y x y y x y -+-++++=⋅⎛⎫⎡⎤⎛⎫⎛⎫= ⋅-+-⎪⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎝⎭⎛⎫=⋅ ⎪+⎝⎭(4)()()i 2i 2i i22i 2ee ee e ex y x y xyx-+-+---=⋅=⋅=．15. 计算下列各值． (1)()()3ln 23i i arg 23i ln i πarctan 2⎛⎫-+-+=- ⎪⎝⎭(2)((ππln 3ln i arg 3ln i ln i66⎛⎫==-= ⎪⎝⎭(3)ln(ei)=ln1+iarg(ei)=ln1+i=i (4)()()πln ie ln e i arg ie 1i2=+=+17. 计算下列各值． (1)()()()()()1iπ1i i 2πi 1iln 1i 1i ln 1i 4ππi 2π44π2π4π2π41i e e eππe i ln 2π44e eππecos lni sin ln 44ππecos lni sin ln 44k k k k k -⎛⎫-⋅+ ⎪-+-⋅+⎝⎭⎛-+ ⎝+++====+-++=⋅⎡⎤⎛⎛=⋅-+- ⎢⎥⎝⎝⎣⎦⎡⎤⎛⎛=⋅-+- ⎢⎥⎝⎝⎣⎦(2)(()())()()(()()(5ln 33ln 3i π2πi 3π233ecos 21i sin 21cos 21πi sin 21k k k k k k --+⋅++-=====++=⋅++(3)()()iiln 1i ln 1i ln 1i 02πi i 2πi 2π1e eeeek k k ----⋅+⋅+-⋅=====()()()1i1iln 1i ln ππ1i ln 1i 2πi 1i 2πi i 44ππππi 2π2πi i 2π2π4444π2π4π2π4eee eeeeππe cos i sin 44()224e k k k k k k k k +++⎛⎫⎛⎫⎛⎫+⋅+-++- ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎛⎫---+- ⎪⎝⎭--======⋅⎛⎫⎛⎫=⋅+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎛⎫=⋅- ⎪⎝⎭习题一p12t7 ①解：()()()()35i 17i 35i 7i 117i 17i +-+=++-3816i 198i e50255i θ⋅--===其中8πarctan 19θ=-．②解：e i i θ⋅=其中π2θ=．π2ei i =③解：ππi i 1e e -==④解：()28π116ππ3θ-+==-.∴()2πi38π116πe--+=⋅⑤解：32π2πcos i sin 99⎛⎫+ ⎪⎝⎭解：∵32π2πcos i sin 199⎛⎫+= ⎪⎝⎭．∴322πi π.3i932π2πcos i sin 1e e 99⋅⎛⎫+=⋅= ⎪⎝⎭8.计算：(1)i 的三次根；(2)-1的三次根；(3)的平方根. ⑴i 的三次根．解：()13ππ2π2πππ22cos sin cosi sin0,1,22233++⎛⎫+=+= ⎪⎝⎭k k i k∴1ππ1cos i sini 6622=+=z ． 2551cosπi sin πi6622=+=-z3991cosπi sinπi 6622=+=--z⑵-1的三次根解：()()132π+π2ππcos πi sin πcosi sin0,1,233k k k ++=+=∴1ππ1cosi sin3322=+=+z2cos πi sin π1=+=-z3551cosπi sinπ3322=+=--z⑶的平方根．πi4e 22⎫=⎪⎪⎝⎭)()1π12i44ππ2π2π44e 6cos i sin 0,122k k k ⎛⎫++ ⎪=⋅+= ⎪⎝⎭∴π11i 8441ππ6cos i sin 6e 88⎛⎫=⋅+=⋅ ⎪⎝⎭z911πi 8442996cos πi sin π6e 88⎛⎫=⋅+=⋅ ⎪⎝⎭z 习题二p42t66. 试判断下列函数的可导性与解析性. (1)22()i f z xy x y=+解：22(,),(,)u x y xy v x y x y==在全平面上可微.22,2,2,y u v v y xy xy xxyxy∂∂∂∂====∂∂∂∂所以要使得u v xy∂∂=∂∂， uv yx∂∂=-∂∂,只有当z=0时,从而f(z)在z=0处可导，在全平面上不解析. (2) 22()i f z x y=+.解：22(,),(,)u x y x v x y y==在全平面上可微.2,0,0,2u u v v x yxyxy ∂∂∂∂====∂∂∂∂只有当z=0时,即(0,0)处有uv xy ∂∂=∂∂,u v yy∂∂=-∂∂.所以f(z)在z=0处可导，在全平面上不解析. (3) 33()23i f z x y=+;解：33(,)2,(,)3u x y x v x y y==在全平面上可微.226,0,9,u u v v x y xyxy∂∂∂∂====∂∂∂∂=时，才满足C-R 方程.从而f(z)0±=处可导，在全平面不解析. (4)2()f z z z=⋅.解：设i z x y =+，则23232()(i )(i )i()f z x y x y x xy y x y =-⋅+=+++3232(,),(,)u x y x xy v x y y x y=+=+22223,2,2,3u u v v x y xy xy y xxyxy∂∂∂∂=+===+∂∂∂∂所以只有当z=0时才满足C-R 方程. 从而f(z)在z=0处可导，处处不解析.T88. 设f(z)=my3+nx2y+i(x3+lxy2)在z 平面上解析，求m,n,l 的值. 解：因为f(z)解析，从而满足C-R 条件.222,3u u nxy m y nx x y∂∂==+∂∂223,2v v x ly lxyx y∂∂=+=∂∂u v n lx y∂∂=⇒=∂∂3,3u v n l myx∂∂=-⇒=-=-∂∂所以3,3,1n l m =-=-=. 习题三 p7011. 计算积分21zCedzz +⎰ ,其中C 为 (1)1z i -= (2)1z i += (3)2z =解 (1)221()()zzziz iCCeeedz dz i ez z i z i z iππ===⋅=++-+⎰⎰(2) 221()()zzziz iCCeeedz dz i ez z i z i z iππ-=-==⋅=-++--⎰⎰(3)122222sin 1111zzziiCC C eeedz dz dz e ei z z z πππ-=+=-=+++⎰⎰⎰T12 T13 T14 自己求。

复变函数习题解答(第1章)

p44第一章习题(一)[ 13, 16, 17 , 20]13. 试证arg z ( -π < arg z ≤π )在负实轴(包括原点)上不连续，除此而外在z平面上处处连续．【解】记f(z) = arg z，D = \{ z∈ | Im(z) = 0，Re(z) ≤ 0}，D1 = { z∈ | Re(z) > 0}，D2 = { z∈ | Im(z) > 0}，D3 = { z∈ | Im(z) < 0}．(1) 首先，f(z)在原点无定义，故f(z)在原点处不连续．(2) 设a∈ ，且a < 0．则f(a) = π．考察点列z n = | a | (cos(1/n-π)+ i sin(1/n-π))，n∈ +．显然，-π < 1/n-π≤π，故f(z n) = 1/n-π．而lim n→∞z n = lim n→∞( | a | (cos(1/n-π)+ i sin(1/n-π)) ) = a，但lim n→∞f(z n) = lim n→∞(1/n-π) = -π≠f(a)．故f(z)在a处不连续．(3) 下面证明f(z)在D1, D2, D3这三个区域上都连续．设z = x + i y，x, y∈ ．(3.1) 在D1上，f(z) = arctan(y/x)，因arctan(y/x)是{(x, y)∈ 2 | x > 0 }上的二元连续函数，故f(z)是D1上的连续函数．(3.2) 在D2上，f(z) = arccot(x/y)，因arccot(x/y)是{(x, y)∈ 2 | y > 0 }上的二元连续函数，故f(z)是D2上的连续函数．(3.3) 在D3上，f(z) = arccot(x/y) -π，因arccot(x/y) -π是{(x, y)∈ 2 | y < 0 }上的二元连续函数，故f(z)是D3上的连续函数．(4) 最后证明f(z)是D = \{ z∈ | Im(z) = 0，Re(z) ≤ 0}上的连续函数．∀a∈D，因为D = D1⋂D2⋂D3，故存在k (k = 1, 2, 3)，使得a∈D k．因D k是开集故存在r > 0，使得U r(a) = { z∈ | | z –a | < r } ⊆D k．根据(3)，f(z)在D k上是连续的，故∀ε > 0，∃η> 0，使得∀z∈D k，当| z–a | < η时，| f(z) -f(a) | < ε．设δ= min { r, η}，则∀z∈D，当| z–a | < δ时，z∈U r(a) ⊆D k，又因| z–a | < δ< η，故必有| f(z) -f(a) | < ε．所以，f在a处连续．由a的任意性，f(z)是上的连续函数．[连续性部分的证明可以用几何的方法，而且写起来会简单些．但我们之所以选择这个看起来很复杂的方法，是可以从这里看出θ(z) = arg(z)作为(x, y)的二元函数，在D1, D2, D3上都有很明显的可导的表达式，因此它在区域D上不仅是连续的，而且是连续可导二元函数：θx = y/(x2 + y2)，θy = -x/(x2 + y2)．证明中的第四部分并不是多余的，这是因为若f在两个集合A, B上都连续(即使它们有公共的部分)，一般说来，并不能保证f在两个集合A⋂B上也连续．问题：若f在区域A, B上都连续，且A ⋃B ≠∅，问f在A⋂B上是否必连续？] 16. 试问函数f(z) = 1/(1 –z )在单位圆| z | < 1内是否连续？是否一致连续？【解】(1) f(z)在单位圆| z | < 1内连续．因为z在内连续，故f(z) = 1/(1 –z )在 \{1}内连续(连续函数的四则运算)，因此f(z)在单位圆| z | < 1内连续．(2) f(z)在单位圆| z | < 1内不一致连续．令z n= 1 – 1/n，w n= 1 – 1/(n + 1)，n∈ +．则z n, w n都在单位圆| z | < 1内，| z n-w n | → 0，但| f(z n)-f(w n)| = | n - (n + 1) | = 1 > 0，故f(z)在单位圆| z | < 1内不一致连续．[也可以直接用实函数f(x) = 1/(1 –x )在(0, 1)不一致连续来说明，只要把这个实函数看成是f(z)在E = { z∈ | Im(z) = 0, 0 < Re(z) < 1 }上的限制即可．]17. 试证：复数列z n = x n + i y n以z0 = x0 + i y0为极限的充要条件是实数列{x n}及{y n}分别以x0及y0为极限．【解】(⇒) 若复数列z n = x n + i y n以z0 = x0 + i y0为极限，则∀ε > 0，∃N∈ +，使得∀n > N，有| z n -z0| < ε．此时有| x n -x0| ≤ | z n -z0| < ε；| y n -y0| ≤ | z n -z0| < ε．故实数列{x n}及{y n}分别以x0及y0为极限．(⇐) 若实数列{x n}及{y n}分别以x0及y0为极限，则∀ε > 0，∃N1∈ +，使得∀n > N1，有| x n -x0| < ε/2；∃N2∈ +，使得∀n > N2，有| y n -y0| < ε/2．令N = max{N1, N2}，则∀n > N，有n > N1且n > N2，故有| z n -z0| = | (x n -x0) + i (y n -y0)| ≤ | x n -x0| + | y n -y0| < ε/2 + ε/2 = ε．所以，复数列z n = x n + i y n以z0 = x0 + i y0为极限．20. 如果复数列{z n}合于lim n→∞z n = z0≠∞，证明lim n→∞ (z1 + z2 + ... + z n)/n = z0．当z0≠∞时，结论是否正确？【解】(1) ∀ε > 0，∃K∈ +，使得∀n > K，有| z n -z0| < ε/2．记M = | z1-z0 | + ... + | z K-z0 |，则当n > K时，有| (z1 + z2 + ... + z n)/n-z0 | = | (z1-z0) + (z2-z0) + ... + (z n-z0) |/n≤ ( | z1-z0 | + | z2-z0 | + ... + | z n-z0 |)/n= ( | z1-z0 | + ... + | z K-z0 |)/n + ( | z K +1-z0 | + ... + | z n-z0 |)/n≤M/n + (n-K)/n · (ε/2) ≤M/n + ε/2．因lim n→∞ (M/n) = 0，故∃L∈ +，使得∀n > L，有M/n < ε/2．令N = max{K, L}，则当n > K时，有| (z 1 + z 2 + ... + z n )/n - z 0 | ≤ M /n + ε /2 < ε /2 + ε /2 = ε．所以，lim n →∞ (z 1 + z 2 + ... + z n )/n = z 0．(2) 当z 0 ≠ ∞时，结论不成立．这可由下面的反例看出．例：z n = (-1)n · n ，n ∈ +．显然lim n →∞ z n = ∞．但∀k ∈ +，有(z 1 + z 2 + ... + z 2k )/(2k ) = 1/2，因此数列{(z 1 + z 2 + ... + z n )/n }不趋向于∞．[这个结论的证明的方法与实数列的情况完全相同，甚至反例都是一样的．]p45第一章习题(二)[ 6, 8, 9, 11, 12 ]6. 设| z | = 1，试证：| (a z + b )/(b * z + a * ) | = 1．(z *表示复数z 的共轭)【解】此题应该要求b * z + a * ≠ 0．| a z + b | = | (a z + b )* | = | a * z * + b * | = | a * z * + b * | · | z | = | (a * z * + b *) · z | = | a * z * · z + b * · z | = | a * | z |2 + b * · z | = | b * z + a * |．故| (a z + b )/(b * z + a * ) | = 1．8. 试证：以z 1, z 2, z 3为顶点的三角形和以w 1, w 2, w 3为顶点的三角形同向相似的充要条件为111332211w z w z w z = 0．【解】两个三角形同向相似是指其中一个三角形经过(一系列的)旋转、平移、位似这三种初等几何变换后可以变成另一个三角形(注意没有反射变换)．例如z'z 312我们将采用下述的观点来证明：以z 1, z 2, z 3为顶点的三角形和以w 1, w 2, w 3为顶点的三角形同向相似的充要条件是：将它们的一对对应顶点都平移到原点后，它们只相差一个位似旋转．记f 1(z ) = z - z 1 (将z 1变到0的平移)；f 3(z ) = z - w 1 (将0变到w 1的平移)；那么，三角形z 1z 2z 3与三角形w 1w 2w 3同向相似⇔ 存在某个绕原点的旋转位似变换f 2(z ) = z 0 z ，使得f 2 ( f 1(z k )) = f 3(w k )，(k = 2, 3)，其中z 0∈ \{0}⇔ 存在z 0∈ \{0}，使得z 0(z k - z 1) = w k - w 1，(k = 2, 3)⇔ (w 2 - w 1)/(z 2 - z 1) = (w 3 - w 1)/(z 3 - z 1)⇔ 13131212w w z z w w z z ----= 0⇔ 1110013131212w w z z w w z z ----= 0⇔ 111332211w z w z w z = 0．[证完]9. 试证：四个相异点z 1, z 2, z 3, z 4共圆周或共直线的充要条件是(z 1 – z 4)/(z 1 – z 2) : (z 3 – z 4)/(z 3 – z 2)为实数．【解】在平面几何中，共线的四个点A , B , C , D 的交比定义为(A , B ; C , D ) = (AC /CB ) : (AD /DB )．这是射影几何中的重要的不变量．类似地，在复平面上，(不一定共线的)四个点z 1, z 2, z 3, z 4的交比定义为[z 1z 2, z 3z 4] = (z 1 – z 3)/(z 2 – z 3) : (z 1 – z 4)/(z 2 – z 4)．本题的结论是说：复平面上四个点共圆或共线的充要条件是其交比为实数． (⇒) 分两种情况讨论(1) 若(z 1 – z 4)/(z 1 – z 2)为实数，则(z 3 – z 4)/(z 3 – z 2)也是实数．设(z 1 – z 4)/(z 1 – z 2) = t ，t ∈ ．则z 4 = (1 – t )z 1 + t z 2，故z 4在z 1, z 2所确定的直线上，即z 1, z 2, z 4共线．因此，同理，z 1, z 2, z 3也共线．所以，z 1, z 2, z 3, z 4是共线的．(2) 若(z 1 – z 4)/(z 1 – z 2)为虚数，则(z 3 – z 4)/(z 3 – z 2)也是虚数．故Arg ((z 1 – z 4)/(z 1 – z 2)) ≠ k π，Arg ((z 3 – z 4)/(z 3 – z 2)) ≠ k π．而Arg ((z 1 – z 4)/(z 1 – z 2)) – Arg ((z 3 – z 4)/(z 3 – z 2))= Arg ((z 1 – z 4)/(z 1 – z 2) : (z 3 – z 4)/(z 3 – z 2)) = k π．注意到Arg ((z – z 4)/(z – z 2)) = Arg ((z 4 – z )/(z 2 – z ))是z 2 – z 到z 4 – z 的正向夹角，若Arg ((z 1 – z 4)/(z 1 – z 2)) = Arg ((z 3 – z 4)/(z 3 – z 2))，则z 1, z 3在z 2, z 4所确定的直线的同侧，且它们对z 2, z 4所张的角的大小相同，故z 1, z 2, z 3, z 4是共圆的．若Arg ((z 1 – z 4)/(z 1 – z 2)) = Arg ((z 3 – z 4)/(z 3 – z 2)) + π，则z 1, z 3在z 2, z 4所确定的直线的异侧，且它们对z 2, z 4所张的角的大小互补，故z 1, z 2, z 3, z 4也是共圆的．(⇐) 也分两种情况讨论(1) 若z1, z2, z3, z4是共线的，则存在s, t∈ \{0, 1}，使得z4 = (1 –s)z3 + s z2，z4 = (1 –t)z1 + t z2，那么，z3–z4 = s (z3 –z2)，即(z3–z4)/(z3–z2) = s；而z1–z4 = t (z1 –z2)，即(z1–z4)/(z1–z2) = t，所以，(z1–z4)/(z1–z2) : (z3–z4)/(z3–z2) = t/s∈ ．(2) 若z1, z2, z3, z4是共圆的，若z1, z3在z2, z4所确定的直线的同侧，那么，Arg ((z4–z1)/(z2–z1)) = Arg ((z4–z3)/(z2–z3))因此(z4–z1)/(z2–z1) : (z4–z3)/(z2–z3)是实数．也就是说(z1–z4)/(z1–z2) : (z3–z4)/(z3–z2)是实数．若z1, z3在z2, z4所确定的直线的异侧，则Arg ((z4–z1)/(z2–z1)) + Arg ((z2–z3)/(z4–z3)) = (2k + 1)π，故Arg ((z1–z4)/(z1–z2) : (z3–z4)/(z3–z2))= Arg ((z1–z4)/(z1–z2)) – Arg ((z3–z4)/(z3–z2))= Arg ((z1–z4)/(z1–z2)) + Arg ((z3–z2)/(z3–z4))= Arg ((z4–z1)/(z2–z1)) + Arg ((z2–z3)/(z4–z3)) = (2k + 1)π，所以，(z1–z4)/(z1–z2) : (z3–z4)/(z3–z2)仍为实数．[证完]这个题目写的很长，欢迎同学们给出更简单的解法．11. 试证：方程| z -z1 |/| z -z2 | = k ( 0 < k ≠ 1，z1≠z2 )表示z平面的一个圆周，其圆心为z0，半径为ρ，且z0 = (z1 -k2 z2)/(1-k2)，ρ = k | z1 -z2|/| 1-k2 |．【解】到两定点距离成定比的点的轨迹是圆或直线．当比值不等于1时，轨迹是一个圆，这个圆就是平面几何中著名的Apollonius圆．设0 < k ≠ 1，z1≠z2，z0 = (z1 -k2 z2)/(1-k2)，ρ = k | z1 -z2|/| 1-k2 |．∀z∈ ，| z -z0 | = ρ⇔| z - (z1 -k2 z2)/(1-k2)| = k | z1 -z2|/| 1-k2 |⇔| z(1-k2)- (z1 -k2 z2) | = k | z1 -z2 |⇔| (z -z1) -k2 (z-z2)| = k | z1 -z2|⇔| (z -z1)/k-k (z-z2) | = | z1 -z2|⇔| (z -z1)/k-k (z-z2) | = | (z -z1)- (z-z2) |⇔| (z -z1)/k-k (z-z2) |2 = | (z -z1) - (z-z2) |2⇔| z -z1 |2/k2 + k2 | z-z2 |2 = | z -z1 |2 + | z-z2 |2⇔(1/k2 - 1)| z -z1 |2 = (1-k2 ) | z-z2 |2⇔| z -z1 |2/k2 = | z-z2 |2⇔| z -z1 |/| z-z2 | = k．[证完]直接地双向验证，可能需要下面的结论，其几何意义非常明显的．命题：若复数z, w≠ 0，则| | z | ·w /| w| - | w| ·z /| z| | = | w -z |．证明：我们用z*表示复数z的共轭．| | z | ·w /| w| - | w| ·z /| z| |2= | | z | ·w /| w| |2 + | | w| ·z /| z| |2- 2Re[( | z | ·w /| w|) · (| w| ·z /| z|)* ]= | z |2 + | w|2- 2Re( w ·z* ) = | w -z |2．或更直接地，| | z | ·w /| w| - | w| ·z /| z| |= | | z | ·w /| w| - | w| ·z /| z| | · | z*/| z| | · | w*/| w| |= | (| z | ·w /| w| - | w| ·z /| z|) ·(z*/| z|) · (w*/| w|) |= | (| z | · (z*/| z|) - | w| ·(w*/| w|)) | = | w -z |．12. 试证：Re(z) > 0 ⇔ | (1 -z)/(1 + z) | < 1，并能从几何意义上来读本题．【解】Re(z) > 0 ⇔点z在y轴右侧⇔点z在点-1和点1为端点的线段的垂直平分线的右侧⇔点z在点-1和点1为端点的线段的垂直平分线的与1同侧的那一侧⇔点z到点-1的距离大于点z到点1的距离⇔|1 + z | > | 1 -z | ⇔| (1 -z)/(1 + z) | < 1．不用几何意义可以用下面的方法证明：设z = x + i y，x, y∈ ．| (1 -z)/(1 + z) | < 1 ⇔|1 + z | > | 1 -z | ⇔|1 + z |2 > | 1 -z |2⇔ 1 + z2 + 2Re(z) > 1 + z2- 2Re(z) ⇔Re(z) > 0．[由本题结论，可知映射f(z) = (1 -z)/(1 + z)必然把右半平面中的点映射到单位圆内的点．并且容易看出，映射f(z)把虚轴上的点映射到单位圆周上的点．问题：f(z)在右半平面上的限制是不是到单位圆的双射？f(z)在虚轴上的限制是不是到单位圆周的双射？]∀∃∅-⨯±≠≥·◦≤≡⊕⊗≅αβχδεφγηιϕκλμνοπθρστυϖωξψζ∞∙︒ℵℜ℘∇∏∑⎰ ⊥∠ √§ψ∈∉⊆⊂⊃⊇⊄⊄∠⇒♣♦♥♠§ #↔→←↑↓⌝∨∧⋃⋂⇔⇒⇐∆∑ΓΦΛΩ∂∀m∈ +，∃m∈ +，★〈α1, α2, ..., αn〉lim n→∞，+n→∞∀ε > 0，∑u n，∑n≥ 1u n，m∈ ，∀ε > 0，∃δ> 0，【解】⎰[0, 2π]l 2 dx，f(x) = (-∞, +∞)[-π, π]∑1 ≤k≤n u n，[0, 2π]。

复变函数习题解答

习题三解答1.沿下列路线计算积分∫+i dz z 302。

（1）自原点到i 3+的直线段（2）自原点沿实轴至3，再由3沿垂直向上至i 3+；（3）自原点沿虚轴至i ，再由i 沿水平方向右至i 3+。

解（1）⎩⎨⎧==,,3t y t x 10≤≤t ，故t t z i 3+=，10≤≤t 。

()dt dz i 3+=于是 ()()dt t t dz z i 3i 32130102++=∫∫+ ()∫+=1023i 3dt t()6i 33101|i)3(31333=+=+=t （2）∫∫∫∫++++=i30i30222221dz z dz z dz z dz z C C 。

1C 之参数方程为⎩⎨⎧==,,3t y t x ()10≤≤t ；2C 之参数方程为 ⎩⎨⎧==,,3t y x ()10≤≤t 故()∫∫∫++=⋅++⋅=i3011222i 3266i i 339dt t dt t dz z 。

（3）∫∫∫∫∫+++=+=i30i 0i3i2222243dz z dz z dz z dt z dz z C C 。

()10i :3≤≤=t t z C ；()10i 3:4≤≤+=t t z C ，故()∫∫∫++=⋅++⋅−=i3011222i 32663i 3i dt t dt t dz z 2．分别沿x y =与2x y =算出、积分()∫++i dz y x102i 的值。

解（1）沿x y =。

此时()10i ≤≤+=t t t z 。

()dt dz i 1+=，于是()()()∫∫+++=+i 101022i 1i i dt t tdz y x()()()∫+−=⎟⎠⎞⎜⎝⎛++=++=102i 65612i 31i 1i i 1dt t t 。

（2）沿2x y =，此时()10i 2≤≤+=t t t z 。

()dt t dz 2i 1+=，故()()()∫∫+++=+i 10102222i 1i i dt t t tdz y x()()()()∫∫++=++=113222i i 12i 1i 1dt t t dt t t()i 65612i 31i 1+−=⎟⎠⎞⎜⎝⎛++=。

复变函数经典习题及答案

于是 z 2i 9i
3
cos
π 2
2kπ
π i sin 2
2kπ
,
2
2
k 0,1
故z132来自223
2
2
i
,
z2
3 2
2 2 3 2 i. 2
3
例5 满足下列条件的点组成何种图形?是不是区域?若是区域请指出是单连通区域还是多连通区域.
(1) Im (z) 0;
解 Im (z) 0是实数轴,不是区域.
使C1和C2也在C内,且C1与C2互不相交,互不包含,
据复合闭路定理有
y
ez
C z(1 z)3 dz
C1
ez z(1
z)3dz
ez C2 z(1 z)3 dz
C1
C
•
O 1x C2
30
而积分
C1
ez z(1
z)3dz即为2)的结果2i,
而积分
C2
ez z(1
z)3dz
即为3)的结果
x
y
x
y
由于 f (z) 解析，所以 u v , u v x y y x
即 2bxy 2cxy b c,
3ay2 bx2 3x2 cy2 3a c,b 3 故 a 1, b 3, c 3.
11
例5 研究 f (z) z Re z 的可导性.
解设 z0 x0 iy0 为 z 平面上任意一定点,
1( x iy), 9
于是 w u iv 1 x 1 iy u 1 x, v 1 y
99
9
9
u2 v2 1 ( x2 y2) 1 表示 w 平面上的圆.
81
9
6

复变函数论第二章习题全解

第二章解析函数（一）1.证明:0>∃δ,使{}0001/),(t t t t δδ+-∈∀,有)()(01t z t z ≠,即C 在)(0t z 的对应去心邻域内无重点,即能够联结割线)()(10t z t z ,是否就存在数列{}01t t n →,使)()(01t z t z n =,于是有 0)()(lim)(0101001=--='→t t t z t z t z n n t t n此与假设矛盾. 01001),(t t t t t >⇒+∈δ 因为 [])()(arg )()(arg010101t z t z t t t z t z -=--所以 []])()(lim arg[)()(arglim )()(arg lim 0101010101010101t t t z t z t t t z t z t z t z t t t t t t --=--=-→→→因此,割线确实有其极限位置,即曲线C 在点)(0t z 的切线存在,其倾角为)(arg 0t z '.2.证明:因)(),(z g z f 在0z 点解析,则)(),(00z g z f ''均存在.所以 )()()()()()(lim )()()()(lim )()(lim 00000000000z g z f z z z g z g z z z f z f z g z g z f z f z g z f z z z z z z ''=----=--=→→→ 3.证明:()()()()()3322,0,0,,0,00x y x y u x y x y x y ≠⎧-⎪=+⎨⎪=⎩()()()()()3322,0,0,,0,00x y x y v x y x y x y ≠⎧+⎪=+⎨⎪=⎩于是()()()00,00,00,0limlim 1x x x u x u xu xx →→-===,从而在原点()f z 满足C R -条件,但在原点，()()()()()'0,00,0x x u iv u iv f f z z z +-+-=()()()()()()333311i x y i zx y z ⎡⎤+--+⎣⎦=⎡⎤+⎣⎦当z 沿0y x =→时,有()()()'212f f z i z x --+= 故()f z 在原点不可微.4.证明:(1)当0≠z 时,即y x ,至少有一个不等于0时,或有y x u u ≠,,或有y x u u ≠-,故z 至多在原点可微. (2)在C 上处处不满足C R -条件.(3)在C 上处处不满足C R -条件. (4)221yx yix z z z z ++==,除原点外, 在C 上处处不满足C R -条件. 5.解:(1) y x y x v xy y x u 22),(,),(==,此时仅当0==y x 时有 xy v xy u x v y u x y y x 22,22-=-===== 且这四个偏导数在原点连续,故)(z f 只在原点可微. (2) 22),(,),(y y x v x y x u ==,此时仅当y x =这条直线上时有 00,22=-=====x y y x v u y v x u且在y x =这四个偏导数连续,故)(z f 只在y x =可微但不解析. (3) 333),(,2),(y y x v x y x u ==,且 00,9622=-=====x y y x v u y v x u 故只在曲线0212312=-x y 上可微但不解析.(4) 32233),(,3),(y y x y x v xy x y x u -=-=在全平面上有 xy v xy u y x v y x u x y y x 66,33332222-=-=-=-==-=且在全平面上这四个偏导数连续,故可微且解析. 6.证明:(1)y y x x iu v iv u z f D yi x z -=+='=∈+=∀)(0,(2)设().f z u iv =+则()f z u iv =-，由()f z 与()f z 均在D 内解析知,,x y y x u v u v ==-,,x y y x u v u v =-=结合此两式得0x y x y u u v v ====，故,u v 均为常数,故)(z f 亦为常数. (3)若0)(=≡C z f ,则显然0)(≡z f ,若0)(≠≡C z f ,则此时有0)(≠z f ,且2)()(C z f z f ≡,即)()(2z f C z f ≡也时解析函数,由(2)知)(z f 为常数. (4)设().f z u iv =+,若C y x u ≡),(,则0,0≡≡y x u u ,由C R -条件得 0,0≡=≡-=x y y x u v u v 因此v u ,为常数, 则)(z f 亦为常数.7.证明：设,f u iv g i f p iQ =+==+则,,f u iv g v iu =-=-由 ()f z 在D 内解析知,x y y x u v u v ==-从而 ,x x y v y y x p v u Q p v u Qx ==-====- 因而()g z 亦D 内解析.8.解:(1)由32233),(,3),(y y x y x v xy x y x u -=-=,则有 222233,6,6,33y x v xy v xy u y x u y x y x -==-=-=故y x y x v v u u ,,,为连续的,且满足C R -条件,所以()z f 在z 平面上解析,且 22236)33()(z xyi y x i v u z f x x =+-=+='(2) ()()()(),cos sin ,cos sin x x u x y e x y y y v x y e y y x y =-⋅=- ()cos sin cos x x y u e x y y y y v =-+= ()sin sin cos x y x u e x y y y y v =--+=- 故()f z 在z 平面上解析，且()()()'cos 1sin sin 1cos x xf z e y x y y ie y x y y =⋅+-+⋅+-⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦(3)由xshy y x v xchy y x u cos ),(,sin ),(==,则有xchy v xshy v xshy u xchy u y x y x cos ,sin ,sin ,cos =-===故y x y x v v u u ,,,为连续的,且满足C R -条件,所以()z f 在z 平面上解析,且 z xshyi xchy i v u z f x x cos sin cos )(=-=+=' (4)由xshy y x v xchy y x u sin ),(,cos ),(-==,则有xchy v xshy v xshy u xchy u y x y x sin ,cos ,cos ,sin -=-==-=故y x y x v v u u ,,,为连续的,且满足C R -条件,所以()z f 在z 平面上解析,且 z xshyi xchy i v u z f x x sin cos sin )(-=--=+=' 9.证明:设,i z x yi re θ=+=则cos ,sin ,x r y r θθ== 从而cos sin ,sin cos r x y x y u u u u u r u r θθθθθ=+=-+cos sin ,sin cos ,r x y x y v u v v v r v r θθθθθ=+=-+再由11,r r u v v u r rθθ==-，可得,x y y x u v u v ==-，因此可得()f z 在点z 可微且()()()'11cos sin sin cos x y r r f z u iu r u u i r u u r r θθθθθθ=-=--+()()1cos sin sin cos r i u i u rθθθθθ=--+()()cos sin sin cos r r i u i v θθθθ=-++ ()()cos sin r r i u iv θθ=-+ ()()1cos sin r r r r ru iv u iv i zθθ=+=++10.解:(1)x y i x z i e e e 2)21(22--+--== (2)222222y zxyiy zz e e e -+-==(3) 22222211x yi xy ix iyx yx yx y ze eeee--++++===⋅所以22221Re cos x yx y x y z e e ++⎛⎫= ⎪⎝⎭11.证明:(1)因为)sin (cos y i y e e e e e x yi x yi z z +=⋅==+ 因此 )sin (cos y i y e e x z -=而)sin (cos y i y e e e e e x yi x yi z z -=⋅==--,得证.(2)因为 ie e z iziz 2sin --=所以 z ie e i e e z iziz z i z i sin 22sin =+=-=---(3)因为2cos iziz e e z -+=所以z e e e e z iziz z i z i cos 22cos =+=+=--12.证明:分别就m 为正整数,零,负整数的情形证明,仅以正整数为例当1=m 时,等式自然成立. 假设当1-=k m 时,等式成立.那么当k m =时,kz z k z k z e e e e =⋅=-1)()(,等式任成立. 故结论正确.13.解:(1) )1sin 1(cos 333i e e e e i i +=⋅=+(2) ()()()11cos 12i i i i e e i ---+-=()112i i i e e-+++=cos11sin1122e i e e e ⎛⎫⎛⎫=++- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭14.证明:(1)由于z z g z z f ==)(,sin )(在点0=z 解析且01)0(,0)0()0(≠='==g g f 因此 11cos sin lim0===→z z zz z(2)由于0)(,1)(=-=z g e z f z 在点0=z 解析,且01)0(,0)0()0(≠='==g g f因此 11lim0==-=→z z z z e ze(3)由于z z z g z z z z f sin )(,cos )(-=-=在点0=z 解析, 且1)0(,0)0()0(,0)0()0(,0)0()0(='''=''=''='='==g g f g f g f 因此 3cos 1sin cos 1lim sin cos lim00=-+-=--→→zzz z z z z z z z z 15.证明：2cos iziz e e z -+=)cos()cos(cos nb a b a a +++-+=222)()()()(nb a i nb a i b a i b a i ia ia e e e e e e +-++-+-++++++ =⎥⎦⎤⎢⎣⎡--⋅+--⋅+-+ib bn i ia ib b n i ia e e e e e e 111121)1()1(=)2cos(2sin 21sinnb a b bn ++=右边同理证明(2).16.证明:(1) z i e e i i e e i e e iz zz z z iz i iz i sinh 222)sin()()(=-⋅=-=-=--- (2) z e e e e iz z z iz i iz i cosh 22)cos()()(=+=+=-- (3) z i ie e i e e iz iziz iz iz sin 22)sinh(=-⋅=-=-- (4) z z iz i iz cos )cos()cos()cosh(=-=⋅=(5) z i zz i iz iz iz tanh cosh sinh )cos()sin()tan(===(6) z i zzi iz iz iz tan cos sin )cosh()sinh()tanh(===17.证明:(1) 1)(sin )(cos )(222222=+=+=-iz iz ishz z ch z sh z ch(2) 111sec 2222222=+=+=+zch zsh z ch z sh z ch z th z h (3) )sin()sin()cos()cos()cos()(21212121iz iz iz iz iz iz z z ch -=+=+ 2121shz shz chz chz +=18.证明:(1) xshy i xchy iy x yi x yi x z cos sin )sin(cos )cos(sin )sin(sin +=+=+= (2) xshy i xchy iy x yi x yi x z sin cos )sin(sin )cos(cos )cos(cos +=-=+= (3) y x y xsh y xch xshy i xchy z 22222222sinh sin cos sin cos sin sin +=+=+= (4) y x y xsh y xch xshyi xchy z 22222222sinh cos sin cos sin cos cos +=+=-=19.证明: chz e e e e shz zz z z =+='-='--2)2()( shz e e e e chz zz z z =-='+='--2)2()( 20.解:(1) )31arg(31ln )31ln(i i i i z +++=+= )23(2ln ππk i ++= ),1,0( ±=k(2)由于2ln iz π=,则有i i e z i=+==2sin2cos2πππ(3)由于)2(1ππk e e i z +=-=,故)2(ππk i z +=(4)z z sin cos -=,即1tan -=z ,所以ππk i i i z +-=+-=411ln21 (5) 设,z x iy =+由12tgz i =+得()()sin 122cos iz iz iz iz zi e e i e e z--=+→-=-+ 2255iz i e →=-+22cos 25y e x -→=-，1sin 25x =41ln 5,54y e y -→==且1112,222tg x x arctg π⎡⎤⎛⎫=-=-+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦11ln 5224z arctg i π⎡⎤⎛⎫→=-++ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦21.证明:因)1arg(1ln )1ln()1ln(-+-=-=-θθθi i i re i re re z ,所以)cos 21ln(21)sin ()1(ln 1ln )]1Re[ln(222θθθθr r r re re z i i -+=+-=-=- 22.解: 32)(3)()(πθk z ik ez r z w +=,)2,1,0;2)(0;(=<<∈k z G z πθ利用i i w -=)(定2,=k k ,再计算)(2i w -23.解: 2,22ππii e i e ==-,由32)2(-=-w 定1,=k k ,再计算i e i w π451)(=24.解: )24(2ln )]2)1(arg(1[ln )1ln()1(πππk i k i i i i i i ieeei +-+++++===+)24(2ln ππk i ee+-⋅= ),2,1,0( ±±=kππk i k i i i i e e e e 23ln )]23(arg 3[ln 3ln 3-++⋅=== ),2,1,0( ±±=k25.解:z 在z 平面上沿0=z 为圆心,1>R 为半径的圆周C 从A 走到B ,经过变换4z w =,其象点w 在w 平面上沿以0=w 为心,14>R 为半径的象圆周从A '走到B ',刚好绕1+=w w 的支点-1转一整周,故它在B '的值为B w '+1.因此 1)()(4+-=-=R z f z f AB.26.证明：()f z = 0，1，∞由于 3|12+，故()f z 的支点为0,1z =，因此在将z 平面沿实轴从0到期割开后，就可保证变点z 不会单绕0或者说转一周，于是在这样割开后的z 平面上()f z 就可以分出三个单值解析分支. 另由已知 ()arg f z π=得()()arg c i f z i f i e π∆=()2arg 1arg 3c c i z z ⎡⎤∆-+∆⎣⎦=32342i ππ⎡⎤+⋅⎢⎥⎣⎦=712i π=.(二)1.证明:由()21z f z z =-得()()2'2211z f z z +=-，从而于是()f z 在D 必常数()()()()()()22'2222111111z z f z z z f z z z z+-+⋅==---()4242121Re mz I z i z z-+=+- 所以 ()()4'421Re 12Re zf z z f z z z ⎛⎫-⋅= ⎪ ⎪+-⎝⎭由于1z <，因此410,z ->且()24422212Re 1210z z z z z+-≥+-=->故()()'Re 0f z z f z ⎛⎫⋅> ⎪ ⎪⎝⎭.2.证明:同第一题221Im 2111)()(1zzi z z z z f z f z -+-=-+='''+. 3.证明:题目等价域以下命题:设1,E E 为关于实轴对称的区域,则函数在E 内解析)(z f ⇒在1E 内解析.设)(z f 在E 内解析,对任意的10E z ∈,当1E z ∈时,有E z E z ∈∈,0,所以 )()()(lim )()(lim0000000z f z z z f z f z z z f z f z z z z '=--=--→→ 这是因为)(z f 在E 内解析,从而有)()()(lim0000z f z z z f z f z z '=--→,由0z 的任意性可知, )(z f 在1E 内解析. 4.证明:(1)由于)(21),(21z z iy z z x -=+=,根据复合函数求偏导数的法则,即可得证. (2))(21)(21x vy u i yv x u z v i z u z f ∂∂+∂∂+∂∂-∂∂=∂∂+∂∂=∂∂所以x vy u y v x u ∂∂-=∂∂∂∂=∂∂,,得0=∂∂zf 5.证明: x y sh y sh x y xch yi x z 222222sin )sin 1(sin )sin(sin +=-+=+= 所以 z x y sh shy sin sin 22=+≤ 而 z y shy Im =≥ ,故左边成立.右边证明可应用z sin 的定义及三角不等式来证明. 6.证明:有 R ch y ch y sh y sh x z 2222221sin sin ≤=+≤+= 即 chR t ≤sin又有 R ch y ch y sh y x z 2222221sinh cos cos ≤=+≤+= 7.证明:据定义,任两相异点21,z z 为单位圆1<z ,有212221212121)32()32()()(z z z z z z z z z f z f -++-++=--0112222121=-->--≥++=z z z z 故函数)(z f 在1<z 内是单叶的.8.证明:因为)(z f 有支点-1,1,取其割线[-1,1],有 (1) 10182)(,8)(arg ie c ei f z f ππ-=-=∆(2) i c c e i f z f i z f 852)(,85)(arg ,811)(arg 32πππ=--=∆-=∆ 9.解: 因为)(z f 有支点∞±,,1i ,此时支割线可取为:沿虚轴割开],[i i -,沿实轴割开],1[+∞,线路未穿过支割线,记线路为C ,)]arg())(arg()1arg([21)(arg i z i z z z f c c c c ⋅∆+--∆+-∆=∆2]0[21ππ-=-=故 i z f 5)(-=.10.证明：因为()f z =0,1,z =∞,由题知()f z 的支点为0,1,z =于是在割去线段0Re 1≤≤的平面上变点就不可能性单绕0或1转一周，故此时可出两二个单值解析分支,由于当z 从支割线上岸一点出发，连续变动到1z =-时，只z 的幅角共增加2π，由已知所取分支在支割线上岸取正值，于是可认为该分支在上岸之幅角为0，因而此分支在1z =-的幅角为2π，故()21i f π-==,i f 162)1(-=-''.。

《复变函数论》精彩试题库及问题详解

《复变函数论》试题库《复变函数》考试试题（一）一、判断题（20分）：1.若f(z)在z 0的某个邻域内可导，则函数f(z)在z 0解析. ( )2.有界整函数必在整个复平面为常数. ( )3.若}{n z 收敛，则} {Re n z 与}{Im n z 都收敛. ( )4.若f(z)在区域D 内解析，且0)('≡z f ，则C z f ≡)(（常数）. ( )5.若函数f(z)在z 0处解析，则它在该点的某个邻域内可以展开为幂级数. ( )6.若z 0是)(z f 的m 阶零点，则z 0是1/)(z f 的m 阶极点. ( )7.若)(lim 0z f z z →存在且有限，则z 0是函数f(z)的可去奇点. ( )8.若函数f(z)在是区域D 内的单叶函数，则)(0)('D z z f ∈∀≠. ( ) 9. 若f (z )在区域D 内解析, 则对D 内任一简单闭曲线C0)(=⎰Cdz z f .( )10.若函数f(z)在区域D 内的某个圆内恒等于常数，则f(z)在区域D 内恒等于常数.（）二.填空题（20分）1、 =-⎰=-1||00)(z z n z z dz__________.（n 为自然数） 2.=+z z 22cos sin _________. 3.函数z sin 的周期为___________.4.设11)(2+=z z f ，则)(z f 的孤立奇点有__________.5.幂级数nn nz∞=∑的收敛半径为__________.6.若函数f(z)在整个平面上处处解析，则称它是__________.7.若ξ=∞→n n z lim ，则=+++∞→n z z z nn (i)21______________.8.=)0,(Re n zz e s ________，其中n 为自然数.9. zz sin 的孤立奇点为________ .10.若0z 是)(z f 的极点，则___)(lim 0=→z f z z .三.计算题（40分）：1. 设)2)(1(1)(--=z z z f ，求)(z f 在}1||0:{<<=z z D 内的罗朗展式.2. .cos 11||⎰=z dz z3. 设⎰-++=C d z z f λλλλ173)(2，其中}3|:|{==z z C ，试求).1('i f +4. 求复数11+-=z z w 的实部与虚部.四. 证明题.(20分) 1. 函数)(z f 在区域D 内解析. 证明：如果|)(|z f 在D 内为常数，那么它在D 内为常数. 2. 试证: ()f z =在割去线段0Re 1z ≤≤的z 平面内能分出两个单值解析分支,并求出支割线0Re 1z ≤≤上岸取正值的那支在1z =-的值.《复变函数》考试试题（二）一. 判断题.（20分）1. 若函数),(),()(y x iv y x u z f +=在D 内连续，则u (x,y )与v (x,y )都在D 内连续.( )2. cos z 与sin z 在复平面内有界.( )3. 若函数f (z )在z 0解析，则f (z )在z 0连续. ( )4. 有界整函数必为常数. ( )5. 如z 0是函数f (z )的本性奇点，则)(lim 0z f z z →一定不存在. ( )6. 若函数f (z )在z 0可导，则f (z )在z 0解析.( )7. 若f (z )在区域D 内解析, 则对D 内任一简单闭曲线C 0)(=⎰Cdz z f .( )8. 若数列}{n z 收敛，则}{Re n z 与}{Im n z 都收敛. ( )9. 若f (z )在区域D 内解析，则|f (z )|也在D 内解析. ( )10. 存在一个在零点解析的函数f (z )使0)11(=+n f 且,...2,1,21)21(==n nn f .( )二. 填空题. (20分)1. 设i z -=，则____,arg __,||===z z z2.设C iy x z y x i xy x z f ∈+=∀+-++=),sin(1()2()(222，则=+→)(lim 1z f iz ________.3. =-⎰=-1||00)(z z n z z dz_________.（n 为自然数） 4. 幂级数0n n nz ∞=∑的收敛半径为__________ .5. 若z 0是f (z )的m 阶零点且m >0，则z 0是)('z f 的_____零点.6. 函数e z 的周期为__________.7. 方程083235=++-z z z 在单位圆内的零点个数为________. 8. 设211)(zz f +=，则)(z f 的孤立奇点有_________.9. 函数||)(z z f =的不解析点之集为________.10. ____)1,1(Res 4=-zz . 三. 计算题. (40分)1. 求函数)2sin(3z 的幂级数展开式. 2. 在复平面上取上半虚轴作割线. 试在所得的区域内取定函数z在正实轴取正实值的一个解析分支，并求它在上半虚轴左沿的点及右沿的点i z=处的值.3. 计算积分：⎰-=iiz z Id ||，积分路径为（1）单位圆（1||=z ）的右半圆.4. 求dzz zz ⎰=-22)2(sin π.四. 证明题. (20分)1. 设函数f (z )在区域D 内解析，试证：f (z )在D 内为常数的充要条件是)(z f 在D 内解析.2. 试用儒歇定理证明代数基本定理.《复变函数》考试试题（三）一. 判断题. (20分).1. cos z 与sin z 的周期均为πk2. ( ) 2. 若f (z )在z 0处满足柯西-黎曼条件, 则f (z )在z 0解析. ( )3. 若函数f (z )在z 0处解析，则f (z )在z 0连续. ( )4. 若数列}{n z 收敛，则}{Re n z 与}{Im n z 都收敛. ( )5. 若函数f (z )是区域D 内解析且在D 内的某个圆内恒为常数，则数f (z )在区域D 内为常数. ( )6. 若函数f (z )在z 0解析，则f (z )在z 0的某个邻域内可导. ( )7. 如果函数f (z )在}1|:|{≤=z z D 上解析,且)1|(|1|)(|=≤z z f ,则)1|(|1|)(|≤≤z z f . （） 8. 若函数f (z )在z 0处解析，则它在该点的某个邻域内可以展开为幂级数. ( ) 9. 若z 0是)(z f 的m 阶零点, 则z 0是1/)(z f 的m 阶极点. ( ) 10. 若0z 是)(z f 的可去奇点，则0)),((Res 0=z z f . ( )二. 填空题. (20分)1. 设11)(2+=z z f ，则f (z )的定义域为___________.2. 函数e z 的周期为_________.3. 若n n n i n n z )11(12++-+=，则=∞→n z n lim __________.4. =+z z 22cos sin ___________.5. =-⎰=-1||00)(z z n z z dz_________.（n 为自然数） 6. 幂级数∑∞=0n n nx 的收敛半径为__________.7. 设11)(2+=z z f ，则f (z )的孤立奇点有__________.8. 设1-=ze ，则___=z .9. 若0z 是)(z f 的极点，则___)(lim 0=→z f z z .10. ____)0,(Res =n zze .三. 计算题. (40分)1. 将函数12()zf z z e =在圆环域0z <<∞内展为Laurent 级数.2. 试求幂级数nn n z nn ∑+∞=!的收敛半径.3. 算下列积分：⎰-C z z z ze )9(d 22，其中C 是1||=z .4. 求0282269=--+-z z z z在|z |<1内根的个数.四. 证明题. (20分) 1. 函数)(z f 在区域D 内解析. 证明：如果|)(|z f 在D 内为常数，那么它在D 内为常数. 2. 设)(z f 是一整函数，并且假定存在着一个正整数n ，以及两个正数R 及M ，使得当R z ≥||时n z M z f |||)(|≤，证明)(z f 是一个至多n 次的多项式或一常数。

(完整版)复变函数习题答案第2章习题详解

第二章习题详解1．利用导数定义推出： 1)()1-=n n nzz '（n 为正整数）解： ()()()()()z z z z z n n z nz z z z z z z nn n n n z n n z n∆∆∆∆∆∆∆∆-⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-++=-+=--→→Λ22100121limlim '()()11210121----→=⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-+=n n n n z nz z z z n n nz ∆∆∆Λlim 2) 211z z -=⎪⎭⎫⎝⎛'解： ()()2000111111z zz z z z z z z z z z z z z z z -=+-=+-=-+=⎪⎭⎫ ⎝⎛→→→∆∆∆∆∆∆∆∆∆lim lim lim '2．下列函数何处可导？何处解析？ 1)()iy x z f -=2解：设()iv u z f +=，则2x u =，y v -=x x u 2=∂∂，0=∂∂y u ，0=∂∂xv，1-=∂∂y v 都是连续函数。

只有12-=x ，即21-=x 时才满足柯西—黎曼方程。

()iy x z f -=∴2在直线21-=x 上可导，在复平面内处处不解析。

2)()3332y i x z f +=解：设()iv u z f +=，则32x u =，33y v =26x x u =∂∂，0=∂∂y u ，0=∂∂xv ，29y y v =∂∂都是连续函数。

只有2296y x =，即032=±y x 时才满足柯西—黎曼方程。

()3332y i x z f +=∴在直线032=±y x 上可导，在复平面内处处不解析。

3)()y ix xy z f 22+=解：设()iv u z f +=，则2xy u =，y x v 2=2y x u =∂∂，xy y u 2=∂∂，xy xv 2=∂∂，2x y v =∂∂都是连续函数。

《复变函数论基础》习题解答

《复变函数论基础》习题解答复变函数论是数学及其应用的重要分支学科，用来求解复变函数的数学分析问题。

它的内容包括复变函数的极限、积分、级数、可积性等基本概念，还有复变函数的积分变换、解析扩及性相关的问题。

本文就一些基础习题来讲解和演示复变函数的知识和解题技巧。

习题一：证明函数$f(z)=frac{1}{z}$在点$z_0=1$处可导。

解：对函数$f(z)=frac{1}{z}$的导数，可以根据定义求出$$frac{mathrm d f(z)}{mathrm d z}=-frac{1}{z^2}$$ 令$z=z_0=1$，则令$hrightarrow 0$$$lim_{hrightarrow0}frac{f(1+h)-f(1)}{h}=-frac{1}{(1+h)^2}+frac{1}{1^2}=-frac {1}{1+h}+1=h(frac{-1}{1+h}+1)rightarrow 0$$故函数$f(z)$在点$z_0=1$处可导。

习题二：求函数$f(z)=frac{1}{z(z-1)(z-2)}$在$z_0=1$处的导数。

解：根据链式法则，函数$f(z)$的导数为：$$f(z)=frac{mathrm d f(z)}{mathrm dz}=frac{d(z-1)(z-2)}{dz}frac{1}{z(z-1)(z-2)}+frac{dz}{dz}fr ac{1}{z(z-1)(z-2)}+frac{d1}{dz}frac{1}{z(z-1)(z-2)}$$$$=frac{-(z-2)-(z-1)+1}{z^2(z-1)^2(z-2)^2}=frac{1}{z^2(z-1) ^2(z-2)^2}$$令$z=1$，则$$f(1)=frac{1}{1^2(1-1)^2(1-2)^2}=frac{1}{4}$$ 故函数$f(z)=frac{1}{z(z-1)(z-2)}$在$z_0=1$处的导数为$f(1)=frac{1}{4}$。

第章复变函数习题答案习题详解

4) ；
解：设，则
即是平行于x轴的通过的直线。
5) ；
解：设，则
即ห้องสมุดไป่ตู้是平行于x轴。
6) ；
解：设，则
即是以，为焦点，长的半轴为2，短半轴为的椭圆。
7) ；
解：设，则
即是过的平行于x轴的直线及其下半平面。
8) ；
解：设，则
即是去掉过的半平面。
9) ；
解：满足的图形是不包含实轴的上半平面。
22．证明复平面上的直线方程可写成：，（为复常数，为实常数）。
证明：设点在直线上，则直线方程可写成：
又，
整理得：
令，则。因为不全为零，所以。
是复平面上的直线方程（为复常数，为实常数）。
23．证明复平面上的圆周方程可写成：（其中为复常数，为实常数）。
证明：设点在圆上任意一点，点为圆心，半径为，则圆的方程为：
又因为的系数为实数，
因此。即也是方程的根。即实系数多项式的复根必共轭成对出现。
13．如果，证明：
证明：
证明：
14．求下列各式的值：
解：
解：
解：
即：，，，，，
解：
即：，，
15．若 ,试求的值。
解：
1)求方程的所有根；
解：
即：，，
2)求微分方程的一般解。
解：微分方程的特征方程为：。由前题得：，，
29．设，证明在的某一去心邻域内是有界的，即存在一个实常数，使在的某一去心邻域内有。
证明：，即，，当时，有，取，则有。
30．设。试证当时的极限不存在。

复变函数课后习题答案解析(全)

习题一答案1．求下列复数的实部、虚部、模、幅角主值及共轭复数：（1）132i+ （2）(1)(2)i i i --（3）131i i i-- （4）8214i i i -+-解：（1）1323213iz i -==+，因此：32Re , Im 1313z z ==-，1232, arg arctan , 3131313z z z i ==-=+（2）3(1)(2)1310i i iz i i i -+===---，因此，31Re , Im 1010z z =-=，1131, arg arctan , 3101010z z z i π==-=--（3）133335122i i iz i i i --=-=-+=-，因此，35Re , Im 32z z ==-，34535, arg arctan , 232i z z z +==-=（4）82141413z i i i i i i =-+-=-+-=-+因此，Re 1, Im 3zz =-=，10, arg arctan3, 13z z z i π==-=--2．将下列复数化为三角表达式和指数表达式：（1）i （2）13i -+ （3）(sin cos )r i θθ+（4）(cos sin )r i θθ- （5）1cos sin (02)i θθθπ-+≤≤解：（1）2cossin22iii e πππ=+=（2）13i -+23222(cos sin )233i i e πππ=+=（3）(sin cos )r i θθ+()2[cos()sin()]22ir i reπθππθθ-=-+-=（4）(cos sin )r i θθ-[cos()sin()]i r i re θθθ-=-+-=（5）21cos sin 2sin 2sin cos 222i i θθθθθ-+=+ 22sin [cossin]2sin 2222ii eπθθπθπθθ---=+=3．求下列各式的值：（1）5(3)i - （2）100100(1)(1)i i ++-（3）(13)(cos sin )(1)(cos sin )i i i i θθθθ-+-- （4）23(cos5sin 5)(cos3sin 3)i i ϕϕϕϕ+-（5）3i （6）1i +解：（1）5(3)i -5[2(cos()sin())]66i ππ=-+-5552(cos()sin())16(3)66i i ππ=-+-=-+ （2）100100(1)(1)i i ++-50505051(2)(2)2(2)2i i =+-=-=-（3）(13)(cos sin )(1)(cos sin )i i i i θθθθ-+--2[cos()sin()](cos sin )332[cos()sin()][cos()sin()]44i i i i ππθθππθθ-+-+=-+--+-2[cos()sin()](cos2sin 2)1212i i ππθθ=-+-+(2)122[cos(2)sin(2)]21212ii eπθππθθ-=-+-=（4）23(cos5sin 5)(cos3sin 3)i i ϕϕϕϕ+- cos10sin10cos19sin19cos(9)sin(9)i i i ϕϕϕϕϕϕ+==+-+- （5）3i 3cossin22i ππ=+11cos (2)sin (2)3232k i k ππππ=+++31, 02231, 122, 2i k i k i k ⎧+=⎪⎪⎪=-+=⎨⎪-=⎪⎪⎩（6）1i +2(cossin )44i ππ=+ 4112[cos (2)sin (2)]2424k i k ππππ=+++48482, 02, 1i i e k e k ππ⎧=⎪=⎨⎪-=⎩4．设121, 3,2iz z i +==-试用三角形式表示12z z 与12z z解：12cossin, 2[cos()sin()]4466z i z i ππππ=+=-+-，所以12z z 2[cos()sin()]2(cos sin )46461212i i ππππππ=-+-=+，12z z 1155[cos()sin()](cos sin )2464621212i i ππππππ=+++=+ 5．解下列方程：（1）5()1z i += （2）440 (0)z a a +=>解：（1）51,z i += 由此2551k i z i ei π=-=-， (0,1,2,3,4)k =（2）4444(cos sin )za a i ππ=-=+11[cos (2)sin (2)]44a k i k ππππ=+++，当0,1,2,3k =时，对应的4个根分别为：(1), (1), (1), (1)2222a a a ai i i i +-+--- 6．证明下列各题：（1）设,zx iy =+则2x y z x y+≤≤+证明：首先，显然有22z x y x y =+≤+；其次，因222,x y x y +≥ 固此有2222()(),x y x y +≥+从而222x y z x y +=+≥。