复变函数与积分变换(修订版-复旦大学)课后的习题答案()

复变函数与积分变换
（修订版）
主编：马柏林
（复旦大学出版社）
——课后习题答案
习题一
1. 用复数的代数形式a +ib 表示下列复数
π/43513
;
;(2)(43);711i i e i i i i i
-++++
++.
①解i 4
π
ππe
cos isin 44-⎛⎫⎛⎫⎛⎫
=-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭
②解： ()()()()35i 17i 35i 1613i 7i 11+7i 17i 2525+-+==-++- ③解： ()()2i 43i 834i 6i 510i ++=-++=+ ④解： ()31i 13
35=i i i 1i 222
-+
-+=-+ 2.求下列各复数的实部和虚部(z =x +iy )
(z a a z a -∈+
); 3
3
3;;;.n z i ① ： ∵设z =x +iy
则
()()()()()()()22
i i i i i i x a y x a y x y a x a y z a z a x y a x a y x a y
-++-⎡⎤⎡⎤+--+-⎣⎦⎣⎦===+++++++ ∴()222
2
2
Re z a x a y z a x a y ---⎛⎫= ⎪+⎝⎭++,
()2
2
2Im z a xy
z a x a y -⎛⎫=
⎪+⎝⎭++．
②解： 设z =x +iy
∵()()()()()()()()32322222222
3223i i i 2i i 22i
33i
z x y x y x y x y xy x y x x y xy y x y x y x xy x y y =+=++=-++⎡⎤=--+-+⎣⎦=-+- ∴()332Re 3z x xy =-, ()323Im 3z x y y =-．
③解：
∵((
)(
){
}3
3
2
3
2
11
1313188
-+⎡⎤⎡⎤==
--⋅-⋅+⋅-⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣
⎦
⎝
⎭
∴Re 1=⎝⎭
, Im 0=⎝⎭
． ④解：
∵()
(
)((
)2
3
3
2
3
13131i 8
⎡⎤--⋅-⋅+⋅-⎢⎥⎣⎦=⎝
⎭
()1
80i 18
=
+=
∴Re 1=⎝
⎭
, Im 0=⎝⎭． ⑤解： ∵()()1,2i 211i,
k
n k
n k
k n k ⎧-=⎪=∈⎨=+-⋅⎪⎩．
∴当2n k =时，()()Re i 1k
n
=-，()Im i 0n
=；
当21n k =+时，()Re i 0n =，()()Im i 1k n =-．
3.求下列复数的模和共轭复数
①解：2i
-+=
②解：33-= 33-=-
③解：()(
)2i 32i 2i 32i ++=++
④解：
1i 1i 222
++==4、证明：当且仅当z z =时，z 才是实数．
证明：若z z =，设i z x y =+，
则有 i i x y x y +=-，从而有()2i 0y =，即y =0 ∴z =x 为实数．
若z =x ，x ∈ ，则z x x ==． ∴z z =．
命题成立．
5、设z ,w ∈ ，证明： z w z w ++≤ 证明∵()()()()2z w z w z w z w z w +=+⋅+=++
∴z w z w ++≤．
6、设z ,w ∈ ，证明下列不等式． 并给出最后一个等式的几何解释．
证明：()2222Re z w z z w w +=+⋅+在上面第五题的证明已经证明了． 下面证()2222Re z w z z w w -=-⋅+． ∵()()()()22
2
z w z w z w z w z w z z w w z w
-=-⋅-=--=-⋅-⋅+
()
2
2
2Re z z w w
=-⋅+．从而得证．
∴()22222z w z w z w ++-=+
几何意义：平行四边形两对角线平方的和等于各边的平方的和． 7.将下列复数表示为指数形式或三角形式 ①解：
()()()()
35i 17i 35i 7i 117i 17i +-+=++-
3816i 198i e 5025i θ⋅--=
==其中8
πarctan 19θ=-． ②解：e i i θ⋅=其中π2
θ=．
③解：ππi i 1e e -==
④解：()28π116ππ3
θ-==-.
∴()
2πi 3
8π116πe
--+
=⋅
⑤解：3
2π2πcos isin 99⎛⎫+ ⎪
⎝
⎭
解：∵
3
2π2πcos isin 199⎛
⎫+= ⎪⎝
⎭．
∴3
2
2π
i π.3i 93
2π2πcos isin 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：
∴1ππ1cos isin i 6
6
2
=+=z ． 2551cos πisin πi 6
6
2
=+=z
⑵-1的三次根 解：
∴1ππ1cos isin 3
3
2
=+=z ⑶
的平方根．
解： πi
4e ⎫⎪⎪⎝⎭
)
()1
π12
i
4
4
ππ2π2π44e
6cos isin 0,122k k k ⎛
⎫++ ⎪=⋅+= ⎪⎝⎭
∴π
11i 84
4
1ππ6cos isin 6e 88⎛⎫=⋅+=⋅ ⎪
⎝
⎭z
9
1
1πi 84
42996cos πisin π6e 88⎛
⎫=⋅+=⋅ ⎪⎝
⎭z ．
9.设2πe ,2i
n
z n =≥. 证明：110n z z -+++=
证明：∵2πi e n
z ⋅= ∴1n z =，即10n z -=．
∴()()1110n z z z --++
+=
又∵n ≥2． ∴z ≠1
从而211+0n z z z -+++=
11.设Γ是圆周{:},0,e .i z r r a c r z c α=>=+-令
:Im 0z a L z b β⎧-⎫⎛⎫==⎨⎬
⎪⎝⎭⎩⎭
, 其中e i b β=.求出L β在a 切于圆周Γ的关于β的充分必要条件. 解：如图所示．
因为L β={z : Im z a b -⎛⎫
⎪⎝⎭
=0}表示通过点a 且方向与b 同向的直线，要使得直线在a 处
与圆相切，则CA ⊥L β．过C 作直线平行L β，则有∠BCD =β，∠ACB =90° 故α-β=90°
所以L β在α处切于圆周T 的关于β的充要条件是α-β=90°．
12.指出下列各式中点z 所确定的平面图形，并作出草图.
解：
(1)、argz =π．表示负实轴． (2)、|z -1|=|z |．表示直线z =12
．
(3)、1<|z +i|<2
解：表示以-i 为圆心，以1和2为半径的周圆所组成的圆环域。

（4）、Re(z )>Im z ．
解：表示直线y =x 的右下半平面 5、Im z >1，且|z |<2． 解：表示圆盘内的一弓形域。

习题二
1. 求映射
1
w z z =+
下圆周||2z =的像. 解：设i ,
i z x y w u v =+=+则
因为2
2
4x y +=,所以
53
i 44u iv x y +=
+
所以
54u x =
,34v y =+ 所以()
()2
25344
2
u
v +=即()
()2
2
22532
2
1
u v +
=，表示椭圆.
2. 在映射2
w z =下，下列
z 平面上的图形映射为w 平面上的什么图形，设
e i w ϕ
ρ=或
i w u v =+.
（1）
π02,4r θ<<=
； （2）π
02,04r θ<<<<
;
(3) x=a, y=b.(a, b 为实数)
解：设222
i ()2i w u v x iy x y xy =+=+=-+ 所以
22
,2.u x y v xy =-=
(1) 记e i w ϕ
ρ=，则π
02,4r θ<<=
映射成
w 平面内虚轴上从O 到4i 的一段，即
(2) 记e i w ϕ
ρ=，则
π
0,024r θ<<
<<映成了
w
平面上扇形域，即
π
04,0.
2ρϕ<<<< (3) 记w u iv =+，则将直线x=a 映成了22,2.u a y v ay =-=即
222
4().v a a u =-是以原点为焦点，张口向左的抛物线将y=b 映成了2
2,2.u x b v xb =-=
即222
4()v b b u =+是以原点为焦点，张口向右抛物线如图所示.
3. 求下列极限.
(1) 2
1lim 1z z
→∞+;
解：令
1
z t =
,则,0z t →∞→.
于是2
22
01lim lim 011z t t z t →∞→==++.
(2) 0Re()lim
z z z →;
解：设
z=x+yi ，则Re()i z x
z
x y =
+有
显然当取不同的值时f(z)的极限不同 所以极限不存在.
（3）
2lim
(1)z i
z i
z z →-+；
解：
2lim
(1)z i
z i
z z →-+=11lim lim ()()()2z i z i z i z i z z i z i z →→-==-
+-+.
（4） 21
22
lim
1z zz z z z →+---.
解：因为
2
22(2)(1)2
,1(1)(1)1zz z z z z z z z z z +--+-+==-+-+
所以21
12223
lim
lim 112z z zz z z z z z →→+--+==-+.
4. 讨论下列函数的连续性： (1)
解：因为
22
(,)(0,0)lim ()lim
z x y xy
f z x y →→=
+,
若令
y=kx,则
222
(,)(0,0)lim
1x y xy k
x y k →=
++,
因为当k 取不同值时，f(z)的取值不同，所以f(z)在z=0处极限不存在. 从而f(z)在z=0处不连续，除z=0外连续. (2)
解：因为3342202
2x y x x y
x y x y ≤≤=
+,
所以342
(,)(0,0)lim 0(0)x y x y
f x y →==+
所以f(z)在整个z 平面连续.
5. 下列函数在何处求导？并求其导数. (1)
1()(1)n f z z -=- (n
为正整数)；
解：因为n 为正整数，所以f(z)在整个z 平面上可导.
1()(1)n f z n z -'=-.
(2)
22
()(1)(1)z f z z z +=
++.
解：因为f(z)为有理函数，所以f(z)在
2
(1)(1)0z z ++=处不可导. 从而f(z)除1,i z z =-=±外可导.
(3)
38
()57z f z z +=
-.
解：f(z)除
7=
5z 外处处可导，且
2
23(57)(38)561()(57)(57)z z f z z z --+'==---.
(4)
2222
()i
x y x y
f z x y x y +-=
+++.
解：因为
2
222222i()i i(i )(i )(1i)(1i)1i
()x y x y x y x y x y z f z x y x y x y z z
++--+--+++=
====+++.所以f(z)除z=0外处处可导，且
2(1i)
()f z z +'=-
.
6. 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. 所以要使得
u v x y ∂∂=∂∂， u v y x ∂∂=-∂∂,
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.
只有当z=0
时,即(0,0)处有u v x y ∂∂=∂∂,u v
y
y ∂∂=-
∂∂. 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.
所以只有当=时，才满足C-R 方程.
从而f(z)在0
=处可导，在全平面不解析.
(4)
2
()f z z z =⋅.
解：设i z x y =+，则
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.
7. 证明区域D 内满足下列条件之一的解析函数必为常数.
(1) ()0f z '=;
证明：因为
()0f z '=，所以0u u x y ∂∂==∂∂,0
v v x y ∂∂==∂∂.
所以u,v 为常数，于是f(z)为常数. (2)
()f z 解析.
证明：设()i f z u v =-在
D 内解析,则
而
f(z)为解析函数，所以
,u u
u v
x y y x ∂∂∂∂==-∂∂∂∂
所以,
,v v
v v x x y y ∂∂∂∂=-=-∂∂∂∂即0u u v v x y x y ∂∂∂∂====∂∂∂∂
从而v 为常数，u 为常数，即f(z)为常数. (3) Ref(z)=常数.
证明：因为Ref(z)为常数，即
u=C1, 0u u
x y ∂∂==∂∂
因为f(z)解析，C-R 条件成立。

故0u u x y ∂∂==∂∂即
u=C2
从而f(z)为常数. (4) Imf(z)=常数.
证明：与（3）类似，由v=C1
得0v v x y ∂∂==∂∂
因为f(z)解析，由C-R 方程得0u u x y ∂∂==∂∂,即
u=C2
所以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
利用C-R 条件，由于f(z)在D 内解析，有
所以00u
v u v x x u v v u x x ∂∂⎧⋅+⋅=⎪⎪∂∂⎨
∂∂⎪⋅-⋅=⎪∂∂⎩ 所以
0,
0u v
x x ∂∂==∂∂
即u=C1,v=C2,于是f(z)为常数. (6) argf(z)=常数.
证明：argf(z)=常数，即arctan v C
u ⎛⎫
= ⎪⎝⎭,
于是
222
222222
()
()(/)01(/)()()v u v u
u u v u u v v u y y x x v u u u v u u v ∂∂∂∂-⋅⋅
-⋅'
∂∂∂∂===+++
得
00v
u u v x x v
u u v y y ∂∂⎧⋅-⋅=⎪∂∂⎪
⎨∂∂⎪⋅-⋅=⎪∂∂⎩ C-R
条件→
解得0u v u v
x x y y ∂∂∂∂====∂∂∂∂，即
u,v 为常数，于是f(z)为常数.
8. 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. 所以3,3,1n l m =-=-=.
9. 试证下列函数在z 平面上解析，并求其导数. (1) f(z)=x3+3x2yi-3xy2-y3i
证明：u(x,y)=x3-3xy2, v(x,y)=3x2y-y3在全平面可微,且 所以f(z)在全平面上满足C-R 方程，处处可导，处处解析.
22222
()i 336i 3(2i)3u v
f z x y xy x y xy z x x ∂∂'=
+=-+=-+=∂∂.(2) ()e (cos sin )ie (cos sin )x x f z x y y y y y x y =-++.
证明：
(,)e (cos sin ),
(,)=e (cos sin )x x u x y x y y y v x y y y x y =-+处处可微，且
e (sin sin cos )e (sin sin cos )x x u
x y y y y x y y y y y
∂=---=---∂e (cos sin )e (sin )e (cos sin sin )x x x v
y y x y y y y x y y x
∂=++=++∂
e (cos (sin )cos )e (cos sin cos )x x v y y y x y y y y x y y ∂=+-+=-+∂所以u v x y ∂∂=∂∂, u v y
x ∂∂=-∂∂ 所以f(z)处处可导，处处解析.
()i e (cos sin cos )i(e (cos sin sin ))e cos ie sin (e cos ie sin )i (e cos ie sin )
e e i e e (1)x x x x x x x x z z z z u v
f z x y y y y y y x y y x x
y y x y y y y y x y z ∂∂'=+=-++++∂∂=+++++=++=+10. 设
求证：(1) f(z)在z=0处连续．
(2)f(z)在z=0处满足柯西—黎曼方程． (3)f ′(0)不存在．
证明.(1)∵()()()()0,0,0lim ()lim ,i ,z x y f z u x y v x y →→=+
而()()()()()33
22,0,0,0,0lim ,lim x y x y x y u x y x y →→-=+ ∵()3322221x y xy x y x y x y -⎛⎫=-⋅+ ⎪++⎝⎭
∴3322302x y x y x y --+≤≤
∴()()33
22,0,0lim 0x y x y x y →-=+
同理()()33
22,0,0lim 0x y x y x y →+=+
∴()()()(),0,0lim 00x y f z f →==
∴f(z)在z=0处连续．
(2)考察极限()
()0lim z f z f z →- 当z 沿虚轴趋向于零时，z=iy ，有
()()()3200111i lim i 0lim 1i i i y y y f y f y y y →→--⎡⎤-=⋅=+⎣⎦．
当z 沿实轴趋向于零时，z=x ，有
它们分别为
i ,i u v v u x x y y ∂∂∂∂+⋅-∂∂∂∂ ∴,u v u v x y y x ∂∂∂∂==-∂∂∂∂ ∴满足C-R 条件．
(3)当z 沿y=x 趋向于零时，有 ∴0lim z f
z →∆∆不存在．即f(z)在z=0处不可导．
11. 设区域D 位于上半平面，D1是D 关于x 轴的对称区域，若f(z)在区域D 内解析，
求证()()F z f z =在区域D1内解析．
证明：设f(z)=u(x,y)+iv(x,y)，因为f(z)在区域D 内解析．
所以u(x,y),v(x,y)在D 内可微且满足C-R 方程，即,u v u v x y y x ∂∂∂∂==-∂∂∂∂． ()()()()(),iv ,,i ,f z u x y x y x y x y ϕψ=---=+，得
故φ(x,y),ψ(x,y)在D1内可微且满足C-R 条件,x y y x ϕψϕψ∂∂∂∂==-∂∂∂∂
从而()f z 在D1内解析
13. 计算下列各值
(1) e2+i=e2∙ei=e2∙(cos1+isin1)
(2)22
π22i 3
333
3ππ1e e e e cos isin e 332i
π--⎛⎫⎡⎤⎛⎫⎛⎫=⋅=⋅-+-=⋅ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ (3)
(4)
14. 设z 沿通过原点的放射线趋于∞点，试讨论f(z)=z+ez 的极限．
解：令z=rei θ，
对于∀θ，z →∞时，r →∞． 故()()()i i e i isi c n os lim e e lim e e r r r r r r θθθθθ→∞→+∞+=+=∞．
所以()
lim z f z →∞=∞．
15. 计算下列各值．
(1)
(2)(
)(
ππ
ln 3ln iarg 3ln i ln i 66⎛⎫==-= ⎪⎝⎭
(3)ln(ei)=ln1+iarg(ei)=ln1+i=i
(4)
16. 试讨论函数f(z)=|z|+lnz 的连续性与可导性．
解：显然g(z)=|z|在复平面上连续，lnz 除负实轴及原点外处处连续．
设z=x+iy
，()()()||,i ,g z z u x y v x y =+
(
)(),,0u x y v x y =在复平面内可微．
故g(z)=|z|在复平面上处处不可导．
从而f(x)=|z|+lnz 在复平面上处处不可导．
f(z)在复平面除原点及负实轴外处处连续．
17. 计算下列各值．
(1)
(2)
(3)()
()i i ln1iln1i ln1i 02πi i 2πi 2π1e e e e e k k k ----⋅+⋅+-⋅=====
18. 计算下列各值
(1)
(2)
(3)()()()()()
()()()
i 3i i 3i i 3i i 3i 22e e sin 3i sin 6isin 2
2i tan 3i cos 3i e e 2ch 1sin 32i ----------===-+-(4)
()()()2
22i i 2222222222221sin e e sin ch i cos sh 2i
sin ch cos sh sin ch sh cos sin sh sin sh y x y x z x y x y x y x y x y y x x y
x y -+-=⋅-=⋅+⋅=⋅+⋅=⋅-++⋅=+(5)
(6)()()()i 1i 12i i 21arctan 12i ln ln i 21i 12i 2551i πarctan 2ln 524k ++⎛⎫+=-=-⋅-+ ⎪-+⎝⎭
=++⋅
19. 求解下列方程
(1) sinz=2．
解：
(2)e 10z -=
解：e
1z = 即
(3) 解：πln i 2z = 即πi 2
e i z == (4)()ln 1i 0z -+=
解：
(
)π1ln 1i i 2πi 2πi 44z k k ⎛⎫-+=⋅+=+ ⎪⎝⎭． 20. 若z=x+iy ，求证
(1) sinz=sinxchy+icosx ∙shy
证明：
(2)cosz=cosx ∙chy-isinx ∙shy
证明：
(3)|sinz|2=sin2x+sh2y
证明：
(4)|cosz|2=cos2x+sh2y
证明：cos cos ch isin sh z x y x y =-
21. 证明当y →∞时，|sin(x+iy)|和|cos(x+iy)|都趋于无穷大．
证明：
∴i i
i i 1sin e 2
e
e e e y x y x y x y y x y z e -+--+--=⋅-== 而()()i i 11sin e e e e 22y x y x y y z -+---=-≥
当y →+∞时，e-y →0，ey →+∞有|sinz|→∞． 当y →-∞时，e-y →+∞，ey →0有|sinz|→∞．
同理得()()i i
11cos i e e e e 22y x y x y y x y -+--+=+-≥
所以当y →∞时有|cosz|→∞．
习题三
1. 计算积分2()d C x y ix z -+⎰,其中C 为从原点到点1+i 的直线段.
解 设直线段的方程为y x =,则z x ix =+. 01x ≤≤
故 ()()1220
123
1
00()11(1)(1)(1)333C x y ix dz x y ix d x ix i i ix i dx i i x i -+=-++-=+=+⋅=+=⎰⎰⎰
2. 计算积分(1)d C z z -⎰，其中积分路径C 为
(1) 从点0到点1+i 的直线段;
(2) 沿抛物线y=x2，从点0到点1+i 的弧段.
解 (1)设z x ix =+. 01x ≤≤
(2)设2
z x ix =+. 01x ≤≤ 3. 计算积分d C z z ⎰，其中积分路径C 为
(1) 从点-i 到点i 的直线段;
(2) 沿单位圆周|z|=1的左半圆周，从点-i 到点i;
(3) 沿单位圆周|z|=1的右半圆周，从点-i 到点i.
解 (1)设z iy =. 11y -≤≤
(2)设i z e θ=. θ从32π到2π
(3) 设i z e θ=. θ从32π到2π
6. 计算积分()sin z C z e z dz -⋅⎰
,其中C 为0z a =>.
解 ()sin sin z z
C C C
z e z dz z dz e zdz -⋅=-⋅⎰⎰⎰ ∵sin z e z ⋅在z a =所围的区域内解析
∴sin 0z C e zdz ⋅=⎰
从而
故()sin 0z C z e z dz -⋅=⎰
7. 计算积分
21(1)C dz
z z +⎰,其中积分路径C 为 （1）11:2C z = （2）23:2C z = （3）31:2C z i += （4）43
:2C z i -= 解：（1）在1
2
z =所围的区域内，21
(1)z z +只有一个奇点0z =. 12111111()2002(1)22C C dz dz i i z z z z i z i ππ=-⋅-⋅=--=+-+⎰⎰（2）在2C 所围的区域内包含三个奇点0,z z i ==±.故 22111111()20(1)22C C dz dz i i i z z z z i z i πππ=-⋅-⋅=--=+-+⎰⎰（3）在2C 所围的区域内包含一个奇点z i =-,故 32111111()00(1)22C C dz dz i i z z z z i z i ππ=-⋅-⋅=--=-+-+⎰⎰（4）在4
C 所围的区域内包含两个奇点0,z z i ==,故
10.利用牛顿-莱布尼兹公式计算下列积分.
(1) 20cos 2i z dz π+⎰
(2) 0z i e dz π--⎰ (3) 21(2)i iz dz +⎰ (4) 1ln(1)1i z dz z ++⎰ (5) 10sin z zdz ⋅⎰ (6) 211tan cos i
z dz z +⎰
解 (1)
(2) (3) 223
11111111(2)(2)(2)(2)333i i
i i iz dz iz d iz iz i i +=++=⋅+=-+⎰⎰ (4) 2
22111ln(1)11
ln(1)ln(1)ln (1)(3ln 2)1284i i i
z dz z d z z z π+=++=+=-++⎰⎰
(6) 22211
2111221tan 1sec sec tan tan cos 211
1tan1tan 1t 122i i i i i
z dz zdz z zdz tanz z z ith h +=+=+⎛⎫=-+++ ⎪⎝⎭⎰⎰⎰11. 计算积分21z C e dz z +⎰,其中C 为 (1) 1z i -= (2) 1z i += (3) 2z =
解 (1)
(2) 221()()z z z
i
z i C C e e e dz dz i e z z i z i z i ππ-=-==⋅=-++--⎰⎰
(3) 122222sin1111z
z z
i i
C C C e e e dz dz dz e e i z z z πππ-=+=-=+++⎰⎰⎰
16. 求下列积分的值,其中积分路径C 均为|z|=1. (1) 5z
C e dz z ⎰ (2) 3cos C z
dz z ⎰ (3) 020tan 1
2,()2C z
dz z z z <-⎰
解 (1)
(2)
(3)
17. 计算积分31
(1)(1)C z z -+⎰其中积分路径C 为
(1)中心位于点1z =,半径为2R <的正向圆周
(2) 中心位于点1z =-,半径为2R <的正向圆周
解：(1) C 内包含了奇点1z =
∴(2)13331213
()(1)(1)2!(1)8z C i i
dz z z z ππ===-++⎰
(2) C 内包含了奇点1z =-,
∴(2)
13331213()(1)(1)2!(1)8z C i i
dz z z z ππ=-==--+-⎰
19. 验证下列函数为调和函数.
解(1) 设
w u i υ=+,3223632u x x y xy y =--+ 0υ=
∴
从而有
22220u u x y ∂∂+=∂∂,w 满足拉普拉斯方程,从而是调和函数.
(2) 设w u i υ=+,cos 1x u e y =⋅+ sin 1x e y υ=⋅+ ∴cos x u e y x ∂=⋅∂ sin x u e y y ∂=-⋅∂
从而有
22220u u x y ∂∂+=∂∂,u
满足拉普拉斯方程,从而是调和函数. 22220x y υυ∂∂+=∂∂,υ满足拉普拉斯方程,从而是调和函数.
20.证明:函数22u x y =-,
22x
x y υ=+都是调和函数,但()f z u i υ=+不是解析函数 证明:
∴22220u u x y ∂∂+=∂∂,从而u 是调和函数. ∴22220x y υυ∂∂+=∂∂,从而υ是调和函数.
但∵u x y υ∂∂≠∂∂ u y
x υ∂∂≠-∂∂ ∴不满足C-R 方程,从而()f z u i υ=+不是解析函数.
22.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 2u x y x y υ∂∂=+=∂∂ 2u y x y x υ∂∂=-+=-∂∂
所以
令y=0,上式变为
从而 (2)2222()u xy x x y ∂=-∂+
22
222()u x y y x y ∂-=∂+ 用线积分法，取（x0,y0）为(1,0)，有
由(1)0.f =，得C=0
23.设12()()()
()n p z z a z a z a =---,其中(1,2,,)i a i n =各不相同，闭路C 不通过12,,,n a a a ,证明积分
等于位于C 内的p(z)的零点的个数.
证明: 不妨设闭路C 内()P z 的零点的个数为k, 其零点分别为12,,...k a a a 1112312121()()()...()...()1
()12πi
()2πi ()()...()111111...2πi 2πi
2πi 1
11111...1...2πi 2πi n n k k n k k C C n C C C n C C k n
k z a z a z a z a z a P z dz dz P z z a z a z a dz dz dz z a z a z a dz d z a z a -==+-+--+--'=---=+++---=++++
++--∏∏⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰个z k =24.试证明下述定理(无界区域的柯西积分公
式): 设f(z)在闭路C 及其外部区域D 内解析，且lim ()z f z A →∞
=≠∞，则
其中G 为C 所围内部区域. 证明：在D 内任取一点Z ，并取充分大的R ，作圆CR: R z =，将C 与Z 包含在内 则f(z)在以C 及R C 为边界的区域内解析，依柯西积分公式，有
因为()
f z z ζζ-- 在R ζ>上解析，且
所以，当Z 在C 外部时，有
即1
()()2πi C f d f z A
z ζζζ=-+-⎰
设Z 在C 内，则f(z)=0，即
故有：1()2πi C f d A
z ζζζ=-⎰
习题四
1. 复级数1n n a ∞=∑与1n n b ∞=∑都发散,则级数1()n n n a b ∞
=±∑和1
n n
n a b ∞=∑发散.这个命题是否成立?为什么? 答.不一定．反例:
2211111111i ,i n n n n n n a b n n n n ∞∞∞∞=====+=-+∑∑∑∑发散
但2112
()i n n n n a b n
∞∞==+=⋅∑∑收敛 1
12()n n n n a
b n ∞∞==-=∑∑发散 24
1111[()]n n
n n a b n n ∞∞===-+∑∑收敛. 2.下列复数项级数是否收敛,是绝对收敛还是条件收敛? (1)2111i n n n +∞=+∑ (2)115i ()2n n ∞=+∑ (3) π1e i n n n ∞=∑
(4) 1i ln n n n ∞=∑ (5) 0cosi 2n n n ∞=∑ 解 (1) 211111i 1(1)i 1(1)i n n n
n n n n n n n +∞
∞∞===++-⋅-==+⋅∑∑∑ 因为11n n ∞
=∑发散,所以2111i n n
n +∞=+∑发散 (2)1115i 2n n n n ∞∞==+=∑∑发散 又因为15i 15lim()lim(i)0222
n n n n →∞→∞+=+≠ 所以115i ()2n
n ∞=+∑发散 (3) πi 11e 1n n n n n ∞∞===∑∑发散,又因为π111ππcos isin e 1ππ(cos isin )i n n n n n n n n n n n ∞∞
∞===+==+∑∑∑收敛,所以不绝对收敛.
(4) 11i 1ln ln n n n n n
∞∞===∑∑ 因为11ln 1n n >-
所以级数不绝对收敛.
又因为当n=2k 时, 级数化为1(1)ln 2k k k ∞=-∑收敛
当n=2k+1时, 级数化为1(1)ln(21)k k k ∞
=-+∑
也收敛 所以原级数条件收敛 (5) 0000cosi 1e e 1e 11()()2222222n n n n n n n n n n n e -∞
∞∞∞====+=⋅=+∑∑∑∑ 其中0e ()2n n ∞
=∑ 发散,01()2n n e ∞=∑收敛
所以原级数发散.
3.证明:若Re()0n a ≥,且1n n a ∞=∑和21n n a ∞=∑收敛,则级数21
n n a ∞
=∑绝对收敛. 证明:设
因为1n n a ∞=∑和2
1
n
n a ∞=∑收敛 所以2
1111,,(),n n n n n n n n n n x y x y x y ∞∞∞∞
====-∑∑∑∑收敛 又因为Re()0n a ≥,
所以0n x ≥且2lim lim 0n n n n x x →∞→∞
== 当n 充分大时, 2n n x x <
所以2
1
n n x ∞
=∑收敛 而212n
n x ∞=∑收敛，221()n n n x y ∞=-∑收敛 所以21n n a ∞=∑收敛，从而级数2
1n n a ∞
=∑绝对收敛.
4.讨论级数10()n n n z z ∞
+=-∑的敛散性
解 因为部分和110()1n k k n n k s z
z z ++==-=-∑，所以，1
,1n z s <→-当时 1,0n z s =→当时，1,n z s =-当时不存在.
当i e z θ=而0θ≠时（即1,1z z =≠），cosn θ和sinn θ都没有极限,所以也不收敛．
,n z s →∞当>1时.
故当1z =和1z <时, 10()n n n z z ∞
+=-∑收敛. 5.幂级数0(2)n
n n C z ∞
=-∑能否在z=0处收敛而在z=3处发散. 解： 设1lim n n n
C C ρ+→∞=，则当12z ρ-<时，级数收敛，12z ρ->时发散. 若在z=0处收敛,则12ρ>
若在z=3处发散, 则11ρ<
显然矛盾,所以幂级数0(2)n n
n C z ∞=-∑不能在z=0处收敛而在z=3处发散
6.下列说法是否正确?为什么?
(1)每一个幂级数在它的收敛圆周上处处收敛.
(2) 每一个幂级数的和函数在它的收敛圆内可能有奇点.
答: (1) 不正确,因为幂级数在它的收敛圆周上可能收敛,也可能发散.
(2) 不正确,因为收敛的幂级数的和函数在收敛圆周内是解析的.
7.若0n n
n C z ∞=∑的收敛半径为R,求0n n n n C z b ∞=∑的收敛半径。

解： 因为111111lim lim n n n n n n n n
C C b C C b R b b +++→∞→∞=⋅= 所以 R R b '=⋅
8.证明：若幂级数0n n n a z ∞
=∑的
系数满足n ρ=，则 (1)当0ρ<<+∞时, 1
R ρ= (2) 当0ρ=时, R =+∞
(3) 当ρ=+∞时, 0R =
证明：考虑正项级数
由于n n z ρ==⋅，若0ρ<<+∞，由正项级数的根值判别法知，当1z ρ⋅<时，即1z ρ<
时，0n n n a z ∞=∑收敛。

当1z ρ⋅>时，即1z ρ>时，2n n a z 不能趋于零
,1n >级数发散.故收敛半径1
R ρ=.
当0ρ=时, 1z ρ⋅<,级数收敛且R =+∞.
若ρ=+∞,对0,z ∀≠当充分大时,必有2n n a z 不能趋于零,级数发散.且0R =
9.求下列级数的收敛半径，并写出收敛圆周。

(1) 0(i)n p n z n ∞=-
∑ (2) 0p n n n z ∞=⋅∑ (3) 121021(i)2n n n n z n ∞
--=--⋅
⋅∑ (4) (1)0i ()(1)
n n n n z n ∞
+=⋅-∑ 解: (１)
111lim lim()lim(1)1(1)11
1p p p p n n n n n n n n R →∞→∞→∞==-=+++∴=收敛圆周
(2)
所以收敛圆周
(3) 记 12121()(i)2
n n n n n f z z ---=-⋅⋅ 由比值法,有
要级数收敛,则
级数绝对收敛,收敛半径为
所以收敛圆周
(4) 记 (1)i ()()(1)n n n n f z z n +=⋅- 所以11z -≤时绝对收敛,收敛半径1R = 收敛圆周
11z -< 10.求下列级数的和函数.
(1) 11(1)n n n nz ∞-=-⋅∑ (2) 20(1)(2)!n n
n z n ∞=-⋅∑ 解: (1)
故收敛半径R=1,由逐项积分性质，有：
所以
于是有：
(2) 令：
故R=∞, 由逐项求导性质
2222+1100()(1)(1)(1)(1)(22)!(2)!(2)!n m n n m n n m n z z z s z m n n m n -∞∞∞===''=-⋅
=-⋅=-=--⋅-∑∑∑由此得到()()s z s z ''=-
即有微分方程()()0s z s z ''+=
故有：()cos sin s z A z B z =+， A, B 待定。

所以
11.设级数0n
n C ∞=∑收敛，而0n n C ∞=∑发散，证明0n n n C z ∞
=∑的收敛半径为1
证明：因为级数0n n C ∞
=∑收敛 设
若
0n n
n C z ∞=∑的收敛半径为1
则1
z λ= 现用反证法证明1λ=
若01λ<<则1z >，有1lim 1n n n C
C λ+→∞=<，即0n n C ∞=∑收敛，与条件矛盾。

若1λ>则1z <，从而0n n n C z ∞=∑在单位圆上等于0n n C ∞
=∑，是收敛的，这与收敛半径的概念矛盾。

综上述可知，必有1λ=，所以
12.若0n n
n C z ∞=∑在0z 点处发散，证明级数对于所有满足0z z >点z 都发散. 证明：不妨设当10z z >时，0
n n n C z ∞
=∑在1z 处收敛 则对1z z ∀>，0n n n C z ∞=∑绝对收敛，则0n n n C z ∞=∑在
点0z 处收敛
所以矛盾,从而0n n
n C z ∞=∑在0z z >处发散.
13.用直接法将函数ln(1e )z -+在0z =点处展开为泰勒级数,(到4z 项),并指出其收敛半径.
解:因为1e ln(1e )ln()e z
z
z -++= 奇点为(21)πi(0,1,...)
k z k k =+=±
所以πR =
又
于是，有展开式 14.用直接法将函数211z +
在1z -<,(到4(1)z -项)
解：i z =±为211z +
的奇点，所以收敛半径R =
又
于是，()f z 在1z =处的泰勒级数为
15.用间接法将下列函数展开为泰勒级数，并指出其收敛性. (1) 123z -分别在0z =和1z =处
(2)
3sin z 在0z =处 (3) arctan z 在0z =处 (4) (1)(2)z z z ++在2z =处
(5) ln(1)z +在0z =处
解 （1） (2) 35
210(1)sin ...(21)!3!5!n
n n z z z z z n ∞
+=-==-+++∑ (3) 201arctan 1i 1z
z dz z z R =+∴=±∴=⎰为奇点，
(4)
(5)因为从1z =-沿负实轴ln(1)z +不解析
所以,收敛半径为R=1
16.为什么区域z R <内解析且在区间(,)R R -取实数值的函数()f z 展开成z 的幂级数时，展开式的系数都是实数？
答：因为当z 取实数值时，()f z 与()f x 的泰勒级数展开式是完全一致的，而在x R <内，()f x 的展开式系数都是实数。

所以在z R <内，()f z 的幂级数展开式的系数是实数.
17.求221()2z f z z z +=+-的以
0z =为中心的各个圆环域内的罗朗级数. 解:函数()f z 有奇点11z =与22z =-,有三个以0z =为中心的圆环域,其罗朗级数.分别为：
19.在1z <<+∞内将11()e
z f z -=展开成罗朗级数.
解:令1,1t z =-则
而11t z =-在
1z <<+∞内展开式为 所以,代入可得
20.有人做下列运算,并根据运算做出如下结果 因为011z z z z +=--,所以有结果
你认为正确吗?为什么?
答:不正确,因为23...1z z z z z
=+++-要求z 1< 而2111...1z z z z
=+++-要求z 1> 所以,在不同区域内
21.证明: 1()cos()f z z z =+用z 的幂表示的罗朗级数展开式中的系数为
证明:因为0z =和z =∞是1cos()z z +的奇点，所以在0z <<∞内，1cos()z z
+的罗朗级数为 其中11cos()
1,0,1,2,...2πi n n C c d n ζζ
ζζ++==±±⎰
其中C 为0z <<∞内任一条绕原点的简单曲线.
22. 0z =是函数11
()cos(z f z =的孤立奇点吗?为什么?
解: 因为11()cos()
z f z =的奇点有0z = 所以在0z =的任意去心邻域，总包括奇点1ππ2z k =
+，当k →∞时，z=0。

从而0z =不是
11
cos()z 的孤立奇点. 23. 用级数展开法指出函数3366sin (6)z z z +-在0z =处零点的级.
解：
故z=0为f(z)的15级零点
24. 判断0z =是否为下列函数的孤立奇点，并确定奇点的类型：
⑴ 1/e z ； ⑵
21cos z z - 解: 0z =是1
e z 的孤立奇点
因为
所以0z =是1e z
的本性奇点.
(2)因为
所以0z =是21cos z
z -的可去奇点. 25. 下列函数有些什么奇点？如果是极点，指出其点：
⑴ 3sin z z
⑵ 21(e 1)z z - ⑶ 21sin z 解: (1)35233211...sin 1113!5!...3!5!z z z z z z z z -++=
=-++ 所以0z =是奇点,是二级极点.
解: (2) 2πi(0,1,...)z k k ==±
0z =是奇点,2πi k 是一级极点,0是二级极点.
解: (3)
0z =是2sin z 的二级零点
而z =是2sin z 的一级零点
, z =2sin z 的一级零点
所以
0z =是21sin z 的二级极点,
21sin z 的一级极点. 26. 判定z =∞下列各函数的什么奇点？
⑴ 21/e z ⑵ cos sin z z - ⑶ 2
23z z +
解: (1)当z →∞时, 2
1
e 1z → 所以, z →∞是2
1
e z 的可去奇点. (2)因为
所以, z →∞是cos sin z z -的本性奇点.
(3) 当z →∞时, 2203z z →+
所以, z →∞是223z z +的可去奇点.
27. 函数21()(1)f z z z =
-在1z =处有一个二级极点，但根据下面罗朗展开式： 25431111, 11(1)(1)(1)(1)
z z z z z z =+-+->----. 我们得到“1z =又是()f z 的本性奇点”，这两个结果哪一个是正确的？为什么?
解: 不对, z=1是f(z)的二级极点,不是本性奇点.所给罗朗展开式不是在011z <-<内得到的
在011z <-<内的罗朗展开式为
28.如果C 为正向圆周3z =，求积分()C f z dz ⎰的值
(1)1()(2)f z z z =+ (2)
()(1)(2)z f z z z =++ 解：（1）先将展开为罗朗级数，得
而z =3在2z <<+∞内，10C -=,故
(2)(1)(2)z z z ++在2z <<+∞内处处解析，罗朗展开式为
而z =3在2z <<+∞内，11C -=,故
习题五
1. 求下列函数的留数．
(1)()5e 1z f z z
-=在z =0处．
解：5e 1z z -在0<|z |<+∞的罗朗展开式为
2345
4321111111112!3!4!2!3!4!z z z z z z z z z +++++-=+⋅+⋅+⋅+∴5e 111Res ,014!24z z ⎡⎤-=⋅=⎢⎥⎣⎦ (2)()1
1e z f z -=在z =1处． 解：11
e z -在0<1z -| <+∞的罗朗展开式为 ∴11Res e ,11z -⎡⎤=⎣⎦． 2. 利用各种方法计算
f (z )在有限孤立奇点处的留数．
(1)()()
2322z f z z z +=+ 解：()()
2322z f z z z +=+的有限孤立奇点处有z =0，z =-2．其中z =0为二级极点z =-2为一级极点．
∴()[]()()1
20013232324Res ,0lim lim 11!242z z z z z f z z z →→++--⎛⎫=⋅=== ⎪⎝+⎭+ 3. 利用罗朗展开式求函数()211sin z z
+⋅在∞处的留数． 解：()()()2223511
1sin 21sin 11111213!5!z z z z z
z z z z z +⋅=++⋅⎛⎫=++⋅-⋅+⋅+ ⎪⎝⎭
∴()[]1Res ,013!
f z =- 从而()[]1Res ,13!
f z ∞=-+ 5. 计算下列积分．
(1)c tan πd z z ⎰，n 为正整数，c 为|z |=n 取正向． 解：c c sin πtan πd d cos πz z z z z
=⎰⎰． 为在c 内tan πz 有
12k z k =+ (k =0,±1,±2…±(n -1))一级极点
由于()()2sin π1Res ,π
cos πk z k z f z z z =⎡⎤==-
⎣⎦' ∴()c 1tan πd 2πi Res ,2πi 24i πk k z z f z z n n ⎛⎫=⋅⎡⎤=⋅-⋅=- ⎪⎣⎦⎝⎭
∑⎰ (2) ()()()10c d i 13z z z z +--⎰ c :|z |=2取正向．
解：因为()()()
10
1
i 13z z z +--在c 内有z =1，z =-i 两个奇点．
所以
6. 计算下列积分．
(1)π
0cos d 54cos m θθθ
-⎰
因被积函数为θ的偶函数，所以π
π1cos d 254cos m I θθθ
-=-⎰
令π
1π1sin d 254cos m I θθθ
-=-⎰则有
设i e z θ
= d 1
d i z z
θ= 2os 12c z z θ+=则
被积函数()()2521m z
f z z z
=-+在|z |=1内只有一个简单极点12
z =
但()()[
]1
2
2
11
Res ,lim 232521m
m
z z f z z z
→⎡⎤==
⎢⎥⎣⎦⋅'
-+
所以111πi 2πi 2i 32
32
m m I I +=⋅⋅=⋅⋅
又因为π
1π1sin d 254s 0co m I θθθ-=-=⎰
∴π
0cos d 54cos π32
m m θθθ
=⋅-⎰
(2) 20
2
π
cos3d 12cos a a θ
θθ+-⎰，|a|>1．
解：令
令z =e i θ
．31
d d i os 2c z z z z
θθ==，则
得()1322π
1I a a =-
(3)()()
2222d x
x a x b ∞+-∞++⎰，a >0，b >0．
解：令()()()
22221
R z z a z b =++，被积函数
R (z )在上半平面有一级极点z =i a 和i b ．故
()[]()[]()
()()()()()()()()()
22222222i
i 22222πi Res ,i Res ,i 112πi lim i lim i 112πi 2i 2i πz a z b I R z a R z b z a z b z a z b z a z b a b a b a b ab a b →→=+⎡⎤
=-+-⎢⎥
++++⎣⎦⎡⎤
=+⎢⎥
--⎣⎦=
+（4）. ()
2
2
2
2d x x x a ∞
++⎰，a >0．
解：()()
2
2
220
22221d d 2x x x x x a x a -∞++∞
∞=++⎰⎰
令()()
2
2
2
2z R z z a =+，则z =±a i 分别为R (z )的二级极点
故
()
()[]()[]()()()22
222222i 0
i 1
d 2πi Res ,i Res ,i 2
πi lim lim i i π2z a z a x
x R z a R z a x a z z z a z a a
-→∞
→-=
⋅⋅+-+⎛⎫
''⎡⎤⎡⎤ ⎪=+⎢⎥⎢⎥ ⎪+-⎣⎦⎣⎦⎝⎭=⎰
(5) ()
2
022sin d x x x b x
β∞+⋅+⎰，β>0，b>0． 解： 而考知()()
2
2
2z
R z z b =
+，则R (z )在上半平面有z =b i 一个二级极点．
从而()
2
022sin ππd e 44e
b b x x b
b x x b βββββ
+-∞⋅=⋅=+⎰ (6) 22i e d x
x x a
+-∞
∞+⎰，a >0
解：令()221R z z a
=+，在上半平面有
z =a i 一个一级极点
()[]i i i 22i e e e πd 2πi Res e ,i 2πi lim 2πi i 2i e x z a z
a
z a x R z a x a z a a a -+-→∞
∞
=⋅⋅=⋅=⋅=
++⎰
7. 计算下列积分 (1)()
20
sin 2d 1x
x x x ∞
++⎰
解：令()()
21
1R z z z =+，则
R (z )在实轴上有孤立奇点z =0，作以原点为圆心、r 为半径的
上半圆周c r ，使C R ,[-R , -r ], C r ,[r , R ]构成封闭曲线，此时闭曲线内只有一个奇点i ,
于是：()()[]{}()222i 201e 1e Im d Im 2πi Res ,i lim d 22
11r r x iz c I x R z z z z x x +-∞∞→⎡⎤==⋅-⎢⎥++⎣⎦⎰⎰而()202e d lim πi 1r iz c r z
z z →⋅=-+⎰．
故：
()()222
1e 1e πIm 2πi lim πi Im 2πi πi 1e 2222
z i i z I z z i --→⎡⎤⎡⎤⎛⎫=⋅+=⋅-+=- ⎪⎢⎥⎢⎥+⎝⎭⎣⎦⎣⎦．(2)21d 2πi z T a z z ⎰，其中T 为直线Re z =c , c >0,
0<a <1
解：在直线z =c +i y (-∞< y <+∞)上，令
()ln 22
e z z a
a f z z z
==，
()ln 2
2
e i c a
f c y c y ⋅+=+，
()ln 22
e i d d c a
f c y y y c y ⋅++--∞
∞
∞
∞
+=+⎰
⎰
收敛，所以积分()i i d c c f z z ∞∞+-⎰是存在的，并且 其中AB 为复平面从c -i R 到c +i R 的线段．
考虑函数f(z)沿长方形-R ≤x ≤c ，-R ≤y ≤R 周界的积分．＜如下图＞
因为f (z )在其内仅有一个二级极点z =0，而且()[]()()20
Res ,0lim
ln z f z z f z a →'=⋅=
所以由留数定理． 而()()
()
()i ln ln ln ln 22222e e e e d d d d 0i x R a x a aC C a R
C C R BE C
R R f z z x x x C R x R R R x R →+⋅⋅-+--∞
==⋅+−−−→++⎰⎰⎰⎰≤≤． 习题六
1. 求映射1w z
=下，下列曲线的像.
(1) 22x y ax += (0a ≠，为实数) 解：2222
1
1i=+i i x y
w u v z
x y x y x y
===-+++ 221x x u x y ax a
=
==+, 所以1w z
=将22x y ax +=映成直线1u a
=. (2) .y kx =(k 为实数) 解： 2222
1i x y
w z x y x y ==
-++ 故1w z
=将y kx =映成直线v ku =-. 2. 下列区域在指定的映射下映成什么？ （1）Im()0,
(1i)z w z >=+；
解： (1i)(i )()i(+)w x y x y x y =+⋅+=-+ 所以Im()Re()w w >.
故(1i)w z =+⋅将Im()0,z >映成Im()Re()w w >. (2) Re(z )>0. 0<Im(z )<1, i w z
=.
解：设z =x +i y , x >0, 0<y <1. Re(w )>0. Im(w )>0. 若w =u +i v , 则 因为0<y <1,则22
221101,()22
u u v u v <
<-+>
+ 故i w z
=将Re(z )>0, 0<Im(z )<1.映为
Re(w )>0,Im(w )>0, 12
1
2
w > (以（12,0）为圆心、12
为半径的圆)
3. 求w =z 2在z =i 处的伸缩率和旋转角，问w =z 2将经过点z =i 且平行于实轴正向的曲线
的切线方向映成w 平面上哪一个方向？并作图.
解：因为w '=2z ,所以w '(i)=2i , |w '|=2, 旋转角arg w '=π2
.
于是, 经过点i 且平行实轴正向的向量映成w 平面上过点-1，且方向垂直向上的向量.如图所示
.
→
4. 一个解析函数，所构成的映射在什么条件下具有伸缩率和旋转角的不变性？映射w =z 2在z 平面上每一点都具有这个性质吗？
答：一个解析函数所构成的映射在导数不为零的条件下具有伸缩率和旋转不变性映射
w =z 2在z =0处导数为零，所以在z =0处不具备这个性质.
5. 求将区域0<x <1变为本身的整体线性质变换w z αβ=⋅+的一般形式.
6. 试求所有使点1±不动的分式线性变换.
解：设所求分式线性变换为az b w cz d
+=+(ad -bc ≠0)由11-→-.得
因为(1)a z c d w cz d
++-=+,
即(1)(1)1a z c z w cz d
++++=+,
由11→代入上式，得22a c a d c d
+=⇒=+.
因此11(1)
(1)d c
d c
d c w z z cz d z +++=+=+⋅++
令d q c
=，得
其中a 为复数.
反之也成立，故所求分式线性映射为111
1
w z a w z ++=⋅--， a 为复数.
7. 若分式线性映射，az b w cz d
+=+将圆周|z |=1映射成直线则其余数应满足什么条件？
解：若az b w cz d
+=+将圆周|z |=1映成直线，则d z c
=-映成w =∞.
而d z c
=-落在单位圆周|z |=1,所以1d c
-=,|c |=|d |.
故系数应满足ad -bc ≠0,且|c |=|d |.
8. 试确定映射，11
z w z -=+作用下，下列集合的像.
(1) Re()0z =; (2) |z |=2; (3) Im(z )>0. 解：(1) Re(z )=0是虚轴，即z =i y 代入得.
写成参数方程为2
2
11y u y -+=
+， 2
21y v y =
+, y -∞<<+∞.
消去y 得，像曲线方程为单位圆,即
u 2+v 2=1.
(2) |z |=2.是一圆围，令i 2e ,02πz θ
θ=≤≤.代入得i i 2e 1
2e 1
w θθ-=+化为参数方程.
消去θ得，像曲线方程为一阿波罗斯圆.即 (3) 当Im(z )>0时，即11Im()01
1
w w z w w ++=-⇒<--,
令w =u +i v 得
22
1(1)i 2Im(
)Im()01(1)i (1)w u v v
w u v u v +++-==<--+-+. 即v >0,故Im(z )>0的像为Im(w )>0.
9. 求出一个将右半平面Re(z )>0映射成单位圆|w |<1的分式线性变换. 解：设映射将右半平面z 0映射成w =0，则z 0关于轴对称点0z 的像为w =∞， 所以所求分式线性变换形式为00
z z w k z z -=⋅-其中k 为常数.
又因为00
z z w k z z -=⋅-,而虚轴上的点z 对应|w |=1,不妨设z =0，则
故000
e (Re()0)i z z w z z z θ-=⋅
>-.
10. 映射e 1i z w z
ϕα
α-=⋅-⋅将||1z <映射成||1w <,实数ϕ的几何意义显什么？ 解：因为
从而2i i 222
1||1()e e (1||)1||w ϕ
ϕ
αααα-'=⋅=⋅
--。