复变函数第二章习题答案精编版.doc
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]。
复变函数第二章习题-答案
故 Re(
五、证明题（每题10分，2题共20分）
1、试证下列函数 f ( z ) e x ( x cos y y sin y) ie x ( y cos y ix sin y) 在 z 平面上解析，
并分别求出其导数.
2、若函数 f ( z ) 与 f z 在区域 D 内都解析，试证： f ( z ) 在区域 D 内必为常数.
5、解 令 z a bi , 则
w z 1 2 2(a 1 bi) 2(a 1) 2b 1 1 1 . 2 2 2 2 2 2 z 1 z 1 (a 1) b (a 1) b (a 1) b z 1 2(a 1) z 1 2b ) 1 ) , Im( . 2 2 2 2 z 1 (a 1) b z 1 (a 1) b
2、若函数 f ( z ) u( x, y) iv( x, y) 在 D 内连续，则 u( x,y)与 v( x,y)都在 D 内连续. ( ) 3、若函数 f( z)在 z0 解析，则 f( z)在 z0 连续. 4、若 f( z)在区域 D 内解析，则|f( z)|也在 D 内解析. 5、cos z 与 sin z 的周期均为 2k . ( ( ( ) ) )
1、×
2、√
3、√ 4、×
5、√
三、填空题（每题2分，10题共20分）
1、 1 2i ,2 i
1 2、 Re( w ) 2
6、 ln 5 i arg tg
4 2k 1 π 3
7、 i 8、 e 2 k
( k 0,1,2,)
3、 7 2i 4、 1 i 5、
由柯西-黎曼定理，故 f z 在 z 平面上解析，且
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∆∆∆∆∆∆∆∆-⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-++=-+=--→→ 22100121limlim '()()11210121----→=⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-+=n n n n z nz z z z n n nz ∆∆∆ lim 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。
复变函数课后部分习题解答精编版
（1）(3-i)5解：3-i=2[cos( -30°)+isin(-30°)] =2[cos30°- isin30°](3-i)5=25[cos(30°⨯5)-isin(30°⨯5)]=25(-3/2-i/2) =-163-16i（2）（1+i ）6解：令z=1+i 则x=Re （z ）=1，y=Im （z ）=1 r=z =22y x +=2tan θ=x y =1x>0,y>0∴θ属于第一象限角∴θ=4π ∴1+i=2（cos4π+isin 4π） ∴（1+i ）6=（2）6（cos 46π+isin 46π） =8（0-i ）=-8i1.2求下式的值 (3)61-因为-1=（cos π+sin π）所以61-=[cos(ππk 2+/6)+sin(ππk 2+/6)] (k=0,1,2,3,4,5,6).习题一1.2（4）求(1-i)31的值。
解：(1-i)31 =[2(cos-4∏+isin-4∏)]31=62[cos(12)18(-k ∏)+isin(12)18(-k ∏)](k=0,1,2)1.3求方程3z +8=0的所有根。
解：所求方程的根就是w=38-因为-8=8（cos π+isin π） 所以38-= ρ [cos(π+2k π)/3+isin(π+2k π)/3] k=0,1,2其中ρ=3r=38=2即w=2[cosπ/3+isinπ/3]=1—3i1w=2[cos(π+2π)/3+isin(π+2π)/3]=-22w=2[cos(π+4π)/3+isin(π+4π)/3]= 1—3i3习题二1.5 描出下列不等式所确定的区域或者闭区域，并指明它是有界还是无界的，单连通还是多连通的。
(1) Im(z)>0解：设z=x+iy因为Im(z)>0，即，y>0而)x-∞∈,(∞所以，不等式所确定的区域D为：不包括实轴的上半平面。
复变函数第二章习题答案
复变函数第二章习题答案第二章 解析函数1-6题中：（1）只要不满足C-R 条件，肯定不可导、不可微、不解析 （2）可导、可微的证明：求出一阶偏导y x y x v v u u ,,,，只要一阶偏导存在且连续，同时满足C-R 条件。
（3）解析两种情况：第一种函数在区域内解析，只要在区域内处处可导，就处处解析；第二种情况函数在某一点解析，只要函数在该点及其邻域内处处可导则在该点解析，如果只在该点可导，而在其邻域不可导则在该点不解析。
（4）解析函数的虚部和实部是调和函数，而且实部和虚部守C-R 条件的制约，证明函数区域内解析的另一个方法为：其实部和虚部满足调和函数和C-R 条件，反过来，如果函数实部或者虚部不满足调和函数或者C-R 条件则肯定不是解析函数。
解析函数求导：x x iv u z f +=')(4、若函数)(z f 在区域D 上解析，并满足下列的条件，证明)(z f 必为常数。
（1）证明：因为)(z f 在区域上解析，所以。
令),(),()(y x iv y x u z f +=，即x v y u y v x u ∂∂-=∂∂∂∂=∂∂,0=∂∂+∂∂='yvi x u z f )(。
由复数相等的定义得：00=∂∂-=∂∂=∂∂=∂∂xv y u y v x u ,。
所以，1C y x u =),((常数)，2C y x v =),((常数)，即21iC C z f +=)(为常数。
5、证明函数在平面上解析，并求出其导数。
（1）()()0f z z D '=∈z (cos sin )(cos sin ).x xe x y y y ie y y x y -++证明：设=则，；；满足xvy u y v x u ∂∂-=∂∂∂∂=∂∂,。
即函数在平面上),(y x 可微且满足C-R 条件，故函数在平面上解析。
8、（1）由已知条件求解析函数iv u z f +=)(，xy y x u +-=22，i i f +-=1)(。
复变函数第二章答案
32页9. 设
f ( z ) u iv 是Z的解析函数， 证明 2 | f ( z ) | )2 | f ( z )|2 (1) ( | f ( z ) | ) ( y x 证 | f ( z ) | u2 v 2 2u ux 2v v x u ux v v x | f (z) | x u2 v 2 2 u2 v 2 2u u y 2v v y u v x v ux | f (z) | 2 2 y 2 u v u2 v 2
z 0 时 ux v y , u y v x
因此 f ( z ) 在除去原点的 复平面上处处 可导 处处 解析
(4) 解
u y 1, 0, v y 0, ux 由 u y v x 得 f ( z ) Im z
f ( z ) Im z y v 0 u y,
33页16. 计算
3
i
Ln 3 ln 3 i 2k
解
3 e
iБайду номын сангаас
i Ln 3
e
2k [cos(ln 3) i sin(ln 3)]
k 0, 1, 2,...,
e
2k i ln 3
计算
解
(1 i ) i Ln(1 i ) i (1 i ) e
i
e
ln 2 ( 2k ) i 2 4
ln 2 ln 2 4 i sin ) (cos e 2 2 i 1 4) ln 2 i ( 2k ) Ln( 1 i ) Ln( 2 e
2 4
(
2k )
满足 u y v x f ( z ) x 2 iy 只有在直线 2 x 1 上可导 因此 在复平面上处处 不解析 2 2 (2) f ( z ) xy ix y 2 v x2 y 解 u xy , 2 由 ux v y 得 x y ux y , v y x 2 u y 2 xy , v x 2xy 由 u y v x 得 xy 0
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(-=-''.。
(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。
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第二章解析函数
1-6 题中：
（1）只要不满足 C-R 条件，肯定不可导、不可微、不解析
（2）可导、可微的证明：求出一阶偏导u x, u y, v x, v y，只要一阶偏导存在且连续，同时满足C-R 条件。
（3）解析两种情况：第一种函数在区域内解析，只要在区域内处处可导，就处处解析；第二种情况函数在某一点解析，只要函数在该点及其邻域内处处可导则在该点解析，如果只在该点可导，而在其邻域不可导则在该点不解析。
（4）解析函数的虚部和实部是调和函数，而且实部和虚部守C-R 条件的制约，证明函数区域内解析的另一个方法为：其实部和虚部满足调和函数和C-R 条件，反过来，如果函数实部或者虚部不满足调和函数或者C-R 条件则肯定不是解析函数。
解析函数求导： f ( z) u x iv x
4、若函数f ( z)在区域 D上解析，并满足下列的条件，证明 f ( z) 必为常数。
（1）f z 0
z D 证明：因为 f ( z) 在区域上解析，所以。
令 f (z) u( x, y) iv ( x, y) ，即
u
v , u
v
f (z) u i
v
0 。
x y y x x y
由复数相等的定义得：u v u v
x y
0, 0 。
y x
所以， u( x, y) C1(常数)，v( x, y) C2(常数)，即 f (z) C1 iC2为
常数。
5、证明函数在z
平面上解析，并求出其导数。
（1） e x ( xcos y y sin y) ie x ( y cos y x sin y).
证明：设 f z u x, y
iv x, y
=
e x ( x cos y y sin y) ie x ( y cos y xsin y).
则 u ,
y
x
( x cos y y sin y ) ， v
x, y x
x e
e ( y cos y x sin y)
u e x ( x cos y ysin y) e x
cos y
v e x cos y y sin ye
x
x cos ye x x
；
y
u
e x ( x sin y sin y y cos y)
；
v e x ( y cos y x sin y sin y)
y
x
满足
u
v , u
v 。
x
y y
x
即函数在 z
平面上 ( x, y) 可微且满足 C-R 条件，故函数在 z
平面上
解析。
f (z)
u i
v
e x (x cos y y sin y cos y) ie x ( y cos y x sin y sin y)
x
x
8、（1）由已知条件求解析函数 f ( z)
u iv u x 2 y 2
xy f (i )
1 i。
，
，
解： u
x 2x y, u y 2 y x
由于函数解析，根据 C-R 条件得
u x v y 2x y
于是
y 2 v
2xy
(x)
2
其中 ( x) 是 x 的待定函数，再由 C —R 条件的另一个方程得
v x
2y
( x)
u y 2y
x ，
x 2
所以
(x)
x ，即
(x)
c 。
2
于是
v
y 2 x 2 c
2xy
2
2
又因为 f (i )
1 i ，所以当 x
0, y 1 ，时 u
1 1 1 ， v
c 1得 c
2
2
所以
2
2 1
f (z) x
2 y 2
y
x
)
xy i(2xy
2 2 。
2
9、提示：解析函数的实部和虚部为调和函数，只要该函数不是调和
函数则它就不能做为解析函数的实部或虚部。
10、提示：求出实部和虚部对 x ，y 的一阶偏导，若不满足
C-R 条件
则肯定不是解析函数， 若满足 C-R 条件，同时满足一阶偏导存在且连
续则为解析函数。
14. 若 z x iy ，试证：（1） sin z sin xchy i cosxshy 。
证： sin z
sin( x iy ) sin xcosiy cos x sin iy
sin x e iiy e i (iy ) cos x e iiy e iiy
= 2
2i
sin x e y e y
e i (iy )
e y
2
i cos x
2
=
sin xchy i cos xshy
18、解方程
（1） e z 1 i 3
解： e z 1 i 3
i ( 2 k
)
其中 k 0, 1, 2,......
2e 3
则
z i ( 2 k )
ln 2 i(
2k ) Ln[2e
3
]
3
（2） ln z i。
2
解：
ln z ln z
i arg z 0
i
2
即
z 1,arg z
2
设
z x iy
x 2
y
2
1
arg x iy
， 2
得x 0, y 1
，即 z i 。
20、
（2）3i e iLn 3 e i ln 3 cos(ln 3) i sin(ln 3) 试求 (1 i) i ,3i ,i i , e2 i及 Ln (1 i) 。
解：（1）(1 i )i e Ln[( 1 i )i ] e iLn (1 i)
因为
i (
4 2 k )
Ln (1 i ) Ln [ 2e ] ln 2 i ( 4 2k ) 所以
(1 i ) i e iLn ( 1 i )
i ln 2 ( 2k ) ( 2k ) e 4 e2 ln 2 e 4
k 0, 1, 2,...... （3）i i e iLni
Lni Lne i ( 2k )
i ( 2k )
2
2
i i e iLni
(
2
2 k ) e
k 0, 1, 2,...... （4）e2 i e2 e i e2 (cos 1 i sin 1)
（5）Ln (1 i ) i ( 2k ) i ( 2k )
Ln[ 2e 4 ] ln 2
4
22，求证lim sin z
1
z 0 z
证: z x iy
(x,y,
lim sin z lim sin( x iy )
均为实数 ) ，所以z z
x, y x iy
当x
lim sin iy e iy e iy 1 0
则极限趋近于 z 轴，有y iy iyz i
当y 0
时，则极限趋于 z 轴，有lim
sin x
1 ，
x 0 x
故 lim sin z
1 。
z 0 z。