复变函数与积分变换第五版习题解答

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(完整版)复变函数与积分变换习题答案

一、将下列复数用代数式、三角式、指数式表示出来。

(1) i 解：2cossin22ii e i πππ==+(2) -1解：1cos sin i e i πππ-==+ (3)1+解：()/3122cos /3sin /3i e i πππ+==+ (4) 1cos sin i αα-+ 解：2221cos sin 2sin 2sincos2sin(sincos )2222222sincos()sin()2sin 222222i i i i i e πααααααααααπαπαα⎛⎫- ⎪⎝⎭-+=+=+⎛⎫=-+-= ⎪⎝⎭(5) 3z解：()3333cos3sin3i z r e r i θθθ==+ (6) 1i e +解：()1cos1sin1i i e ee e i +==+(7)11ii-+ 解：3/411cos3/4sin 3/411i i i i e i i i πππ--==-==+++二、计算下列数值(1) 解：1ar 21ar 21ar 2 b i ctg k a bi ctg abi ctgaπ⎛⎫+ ⎪⎝⎭==⎧⎪=⎨⎪⎩(2)解：6226363463222i k i i i i e i ee e iπππππππ⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎛⎫+ ⎪⎝⎭⎧=+⎪⎪⎪⎨====-+⎪⎪⎪=-⎩(3) i i 解：()2222ii k k i i e eππππ⎛⎫⎛⎫+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭==(4)解：()1/2222ii k k eeππππ⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭==(5) cos5α解：由于：()()552cos5i i e e ααα-+=，而：()()()()()()()()5555555555cos sin cos sin cos sin cos sin nni nn nni n n e i C i e i C i αααααααααα-=--==+==-=-∑∑所以：()()()()()()()()()()()555505555043253543251cos5cos sin cos sin 21 cos sin 112 5cos sin cos sin cos 5cos sin 10cos sin cos n n n nn n n n nn n C i i C i i C i ααααααααααααααααα--=--=⎡⎤=+-⎣⎦⎡⎤=+-⎣⎦=++=-+∑∑(6) sin5α解：由于：()()552sin 5i i ee ααα--=，所以：()()()()()()()()()()()()55550555505234245552341sin 5cos sin cos sin 21 cos sin 1121 sin cos sin sin cos sin 10cos sin 5sin cos n n n nn n n n nn n C i i i C i i i C i C i iααααααααααααααααα--=--=⎡⎤=--⎣⎦⎡⎤=--⎣⎦=++=-+∑∑ (7) cos cos2cos n ααα+++L L 解：()()221cos cos 2cos ()()2(1)1(1)11(1)(1)1 21122(1cos )1 2i i in i i in i in i i in i i in i in i i i n e e e e e e e e e e e e e e e e e e e e ααααααααααααααααααααααα----------⎡⎤+++=+++++++⎣⎦⎡⎤--+--⎡⎤--⎢⎥=+=⎢⎥---⎢⎥⎣⎦⎣⎦+=L L L L L L (1)(1)22(1cos )12cos 22cos(1)2cos cos 1cos(1)cos 22(1cos )2(1cos )1sin()sin22 2sin2i i n i n in in e e e e n n n n n ααααααααααααααααα+-+-⎡⎤---++⎢⎥-⎣⎦⎡⎤--++--++==⎢⎥--⎣⎦+-=(8) sin sin 2sin n ααα+++L L 解：()()221sin sin 2sin ()()2(1)1(1)11(1)(1)1 21122(1cos )1 2i i in i i in i in i i in i i in i in i i i n e e e e e e i e e e e e e e e e e i e e i e i αααααααααααααααααααααα---------⎡⎤+++=+++-+++⎣⎦⎡⎤-----⎡⎤--⎢⎥=-=⎢⎥---⎢⎥⎣⎦⎣⎦=L L L L L L (1)(1)112(1cos )12sin 2sin(1)2sin sin sin(1)sin 22(1cos )2(1cos )1cos()cos22 2sin2i n in i i n in e e e e e i i n i n n n i n αααααααααααααααααα+--+-⎡⎤--+-++-⎢⎥-⎣⎦⎡⎤-++-++==⎢⎥--⎣⎦-++=1.2 复变函数1、试证明函数f (z )=Arg(z ) (-π<Arg(z) ≤π)，在负实轴上(包括原点)不连续。

复变函数与积分变换试题及答案5

复变函数与积分变换试题及答案5复变函数与积分变换试题与答案 1．若u(x,y)与v(x,y)都是调和函数，则f(z)?u(x,y)?iv(x,y)是解析函数。

2．因为|sinz|?1，所以在复平面上sinz有界。

3．若f(z)在z0解析，则f(n)(z)也在z0解析。

24．对任意的z，Lnz?2Lnz二填空1．2．ii?arg??2?2i ， ?2?2i 。

ln(?3i)? ， ii? 。

2f(z)?2z?4z下，曲线C3.在映照在z?i处的伸缩率是，旋转角是。

1??0是z1?e2zRes[4,0]?z的阶极点，。

三解答题设f(z)?x2?axy?by2?i(cx2?dxy?y2)。

问常数a,b,c,d13为何值时f(z)在复平面上处处解析？并求这时的导数。

求(?1)C的所有三次方根。

其中C是z?3．4．z2dz?0到z?3?4i的直线段。

|z|2ezcoszdz。

(积分曲线指正向)dz?|z|?2z(z?1)(z?3)5．。

(积分曲线指正向)f(z)?6 将1(z?1)(z?2)在1?|z|?2上展开成罗朗级数。

|z|?1保形映照到单位圆内|w|?1且满足11πf()?0argf?()?222的分式线性映，7.求将单位圆内照。

四解答题1．求0 t?0f(t)kt?e t?0 的傅氏变换。

设f(t)?t2?te?t?e2tsin6t??(t), 求f(t)的拉氏变换。

F(s)?1s2(s2?1)，求F(s)的逆变换。

设4. 应用拉氏变换求解微分方程ty2y3ye, (0) 1y(0)0y复变函数与积分变换试题答案 1若u(x,y)与v(x,y)都是调和函数，则f(z)?u(x,y)?iv(x,y)是解析函数。

|sinz|?1，所以在复平面上sinz有界。

2．因为3．若f(z)在z0解析，则f(n)(z)也在z0解析。

24．对任意的z，Lnz?2Lnz1．i2i3πππ?arg??ln(?3i)?ln3?ii??2k π?2?2i4， ?2?2i4。

复变函数与积分变换习题解答

= 幕级数区—n!C+!..l.._zn
+
I
的收敛半径为R
=1/lim II 玉oo
a
___.斗 !!
a,,
=l114im00
c,, /(n + 1) c11十I /(n+2)
=1/lpl;
幕级数I:nc11z11一）的收敛半径为R
= 1/lim
a
一
all /l�CI)
lim nc" =1/I p I ;
(1+ —1 )”
=lim 00 II千
n n+ 1
= 0;
扣厂 (3) R=1//l1-i-m)00
II
lim1/ 11 11---'>00
+
i
I
=
1/忒
；
恩妇 (4) R=ll�
=l;
:I 匠)I 三叶三曰勹 CS) R=l/
酝 =II
ch
=II
=I;
皿聂l (6) R=ll�
=l11�im00I ln in I= oo ;
。 I
I�
(n + l)c11+L
故以上三个幕级数有相同的收敛半径。
2 忙 9 设级数f n=O c"收敛，而 11=0 I发散，证明f 11=0 c11z11的收敛半径力l。
3
证明
由级数Len收敛，知幕级数LC11 Z11 在z= l处收敛，由Abel定理知I:c11z11
11=0
11 =0
11=0
习题四解答
1. 下列数列{a }是否收敛？如果收敛，求出它们的极限：
"
芒，气），二， I) a,,=

复变函数与积分变换课后习题答案详解

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 4πππe cos isin 44-⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ②解： ()()()()35i 17i 35i 1613i7i 11+7i 17i 2525+-+==-++-③解： ()()2i 43i 834i 6i 510i ++=-++=+ ④解： ()31i 1335=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 -∈+); 333;;;.n z i ① ：∵设z =x +iy则()()()()()()()22i 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-++-⎡⎤⎡⎤+--+-⎣⎦⎣⎦===+++++++ ∴()22222Re z a x a y z a x a y ---⎛⎫= ⎪+⎝⎭++,()222Im z a xy z a x a y-⎛⎫= ⎪+⎝⎭++． ②解：设z =x +iy ∵()()()()()()()()323222222223223i i i 2i i 22i33iz 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：∵(()(){}33232111313188-+⎡⎤⎡⎤==--⋅-⋅+⋅-⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎝⎭()180i 18=+=∴Re 1=⎝⎭, Im 0=⎝⎭． ④解：∵()()(()2332313131i 8⎡⎤--⋅-⋅+⋅-⎢⎥⎣⎦=⎝⎭()180i 18=+=∴Re 1=⎝⎭, Im 0=⎝⎭． ⑤解： ∵()()1,2i 211i,kn kn k k n k ⎧-=⎪=∈⎨=+-⋅⎪⎩．∴当2n k =时，()()Re i 1k n =-，()Im i 0n =；当21n k =+时，()Re i 0n =，()()Im i 1kn =-．3.求下列复数的模和共轭复数12;3;(2)(32);.2ii i i +-+-++①解：2i -+=2i 2i -+=--②解：33-=33-=-③解：()()2i 32i 2i 32i ++=++=()()()()()()2i 32i 2i 32i 2i 32i 47i ++=+⋅+=-⋅-=-④解：1i 1i 22++==()1i 11i222i ++-⎛⎫== ⎪⎝⎭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 +=+⋅+=++()()22222Re z z z w w z w wz zw z w w z wz w =⋅+⋅+⋅+⋅=++⋅+=++⋅()2222222z w z wz w z w z w ++⋅=++⋅=+≤∴z wz w ++≤．6、设z ,w ∈ ，证明下列不等式． ()2222Re z w z z w w +=+⋅+ ()2222Re z w z z w w -=-⋅+()22222z w z w z w++-=+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 -=-⋅+．∵()()()()222z w z w z w z w z w z z w w z w-=-⋅-=--=-⋅-⋅+()222Re 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3352π2π;;1;8π(1);.cos sin 7199i i i i +⎛⎫--+ ⎪+⎝⎭ ①解：()()()()35i 17i 35i 7i 117i 17i +-+=++-3816i 198i e 5025i θ⋅--===其中8πarctan 19θ=-． ②解：e i i θ⋅=其中π2θ=．π2e ii =③解：ππi i 1e e -==④解：()28π116ππ3θ-==-.∴()2πi 38π116πe--+=⋅⑤解：32π2πcos isin 99⎛⎫+ ⎪⎝⎭ 解：∵32π2πcos isin 199⎛⎫+= ⎪⎝⎭．∴322πi π.3i 932π2πcos 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：()13ππ2π2πππ22cos sin cosisin 0,1,22233++⎛⎫+=+= ⎪⎝⎭k k i k∴1ππ1cosisin i 662=+=+z ．2551cos πisin πi 662=+=+z3991cos πisin πi 662=+=-z⑵-1的三次根解：()()132π+π2ππcos πisin πcosisin 0,1,233k k k ++=+=∴1ππ1cos isin 332=+=z35513cos πisin πi 3322=+=--z⑶33i +的平方根．解： πi 42233i=6i 6e 22⎛⎫+⋅+=⋅ ⎪ ⎪⎝⎭∴()()1π12i 44ππ2π2π4433i 6e6cos isin 0,122k k k ⎛⎫++ ⎪+=⋅=⋅+= ⎪⎝⎭∴π11i 8441ππ6cos isin 6e 88⎛⎫=⋅+=⋅ ⎪⎝⎭z911πi 8442996cos πisin π6e 88⎛⎫=⋅+=⋅ ⎪⎝⎭z ．9.设2πe,2inz n =≥. 证明：110n z z -+++=证明：∵2πi e nz ⋅= ∴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.(1)arg π;(2);1(3)1|2;(4)Re Im ;(5)Im 1 2.z z z z i z z z z ==-<+<>><且解：(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。

复变函数与积分变换习题册(含答案)

第1章复数与复变函数 (作业1)一、填空题 1、ieπ2的值为。

2、k 为任意整数，则34+k 的值为。

3、复数i i (1)-的指数形式为。

4、设b a ,为实数，当=a , b= 时，).35)(1()3()1(i i b i a ++=-++ 二、判断题（正确的划√，错误的划） 1、2121z z z z +=+ （）2、()()())z Re(iz Im ;z Im iz Re =-= （）3、()()i i i 125432+=++ （）三、选择题1．当ii z -+=11时，5075100z z z ++的值等于（）（A ）i （B ）i - （C ）1 （D ）1-2．复数)(tan πθπθ<<-=2i z 的三角表示式是（）（A ）)]2sin()2[cos(secθπθπθ+++i （B ）)]23sin()23[cos(sec θπθπθ+++i （C ）)]23sin()23[cos(secθπθπθ+++-i （D ）)]2sin()2[cos(sec θπθπθ+++-i 3．使得22z z =成立的复数z 是（）（A ）不存在的（B ）唯一的（C ）纯虚数（D ）实数 4.若θi re i i=+--2)1(3，则（）（A ）πθ-==3arctan ,5r （B ）πθ-==3arctan ,210r （C ）3arctan ,210-==πθr （D ）3arctan ,5-==πθr 5. 设复数z 位于第二象限，则z arg 等于（）。

(A) x y arctan 2+π (B) x y arctan +π (C) x y arctan 2-π (D) xy arctan +-π 四、计算与证明题 1、设ii i i z -+-=11，求.),Im(),Re(z z z z2、当x y ,等于什么实数时，等式()i iy i x +=+-++13531成立？3、求复数ii-+23的辐角。

复变函数与积分变换复旦大学出版社习题五答案

习题五1. 求下列函数的留数． (1)()5e 1zf z z-=在z =0处．解：5e 1zz-在0<|z |<+∞的罗朗展开式为23454321111111112!3!4!2!3!4!zzzz zz z z z+++++-=+⋅+⋅+⋅+ ∴5e 111R es ,014!24z z ⎡⎤-=⋅=⎢⎥⎣⎦(2)()11e z f z -=在z =1处．解：11ez -在0<1z -| <+∞的罗朗展开式为()()()11231111111e112!3!!111z nz n z z z -=++⋅+⋅++⋅+----∴11R es 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．∴()[]()()120013232324Res ,0lim lim 11!242z z z z z f z z z →→++--⎛⎫=⋅=== ⎪⎝+⎭+ ()[]2232R es ,2lim 1z z f z z→-+-==- 3. 利用罗朗展开式求函数()211sinz z+⋅在∞处的留数．解：()()()22235111sin 21sin11111213!5!z z z zzz z z z z +⋅=++⋅⎛⎫=++⋅-⋅+⋅+ ⎪⎝⎭∴()[]1R es ,013!f z =-从而()[]1R es ,13!f z ∞=-+5. 计算下列积分．(1)ctan πd z z ⎰ ，n 为正整数，c 为|z |=n 取正向．解：ccsin πtan πd d cos πz z z zz=⎰⎰．为在c 内tan πz 有12k z k =+(k =0,±1,±2…±(n -1))一级极点由于()()2sin π1R es ,πcos πk z kzf z z z =⎡⎤==-⎣⎦'∴()c1tan πd 2πi R es ,2πi 24i πk kz z f z z n n ⎛⎫=⋅⎡⎤=⋅-⋅=- ⎪⎣⎦⎝⎭∑⎰(2) ()()()10cd i 13zz z z +--⎰c :|z |=2取正向．解：因为()()()101i 13z z z +--在c 内有z =1，z =-i 两个奇点．所以()()()()[]()[]()()[]()[]()()10c10d 2πi Res ,i Res ,1i 132πi Res ,3Res ,πi3i zf z f z z z z f z f z =⋅-++--=-⋅+∞=-+⎰6. 计算下列积分． (1)π0cos d 54cos m θθθ-⎰因被积函数为θ的偶函数，所以ππ1cos d 254cos m I θθθ-=-⎰令π1π1sin d 254cos m I θθθ-=-⎰则有i π1π1ei d 254cos m I I θθθ-+=-⎰设i e z θ= d 1d i zz θ=2os 12c z zθ+=则()121211d i 2i 15421d 2i521mz mz zzI I zz z zzz ==+=⎛⎫+- ⎪⎝⎭=-+⎰⎰被积函数()()2521mzf z z z =-+在|z |=1内只有一个简单极点12z =但()()[]12211R es ,lim232521mmz zf z z z →⎡⎤==⎢⎥⎣⎦⋅'-+所以111πi 2πi 2i 3232mmI I +=⋅⋅=⋅⋅又因为π1π1sin d 254s 0co m I θθθ-=-=⎰∴π0cos d 54cos π32mm θθθ=⋅-⎰(2) 202πcos 3d 12cos aa θθθ+-⎰，|a|>1．解：令2π102cos 3d 12cos I a aθθθ+=-⎰2π202sin 3d 12cos I a aθθθ+=-⎰32π120i2e i d 12cos I I a a θθθ-++=⎰令z =e i θ．31d d i os 2c zz z zθθ==，则 ()()()3122123221321i d 1i 1221d i1112π2πi R es ,i 1z z zI I zz za az zzaz a z af z a a a ==+=⋅+-⋅+=-++--⎡⎤=⋅⋅=⎢⎥⎣⎦-⎰⎰得()1322π1I a a =-(3)()()2222d xx a x b ∞+-∞++⎰，a >0，b >0．解：令()()()22221R 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 limi 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）. ()2222d xx x a ∞++⎰，a >0．解：()()222222221d d 2xxx x x a x a -∞++∞∞=++⎰⎰令()()2222zR z z a =+，则z =±a i 分别为R (z )的二级极点故()()[]()[]()()()22222222i 0i 1d 2πi R es ,i R es ,i 2πi lim lim i i π2z a z a xx R z a R z a x a z z z a z a a-→∞→-=⋅⋅+-+⎛⎫''⎡⎤⎡⎤ ⎪=+⎢⎥⎢⎥ ⎪+-⎣⎦⎣⎦⎝⎭=⎰(5) ()222sin d x x x b xβ∞+⋅+⎰，β>0，b>0．解：()()()i 222222222cos sin ed d i d xxx x x xxx xx b x b x b βββ+++--∞∞∞∞∞∞-⋅⋅⋅=++++⎰⎰⎰而考知()()222zR z z b =+，则R (z )在上半平面有z =b i 一个二级极点．()()[]()i i 222i i ed 2πi R ese ,i e π2πi lim e i i 2z xzzbb xx R z b x b z z b b βββββ+--→∞∞⋅=⋅⋅+'⎡⎤=⋅=⋅⋅⎢⎥+⎣⎦⎰()222sin πd e2bbb xx x x βββ+--∞∞⋅=⋅+⎰从而()222sin ππd e44ebbx x bb xx b βββββ+-∞⋅=⋅=+⎰(6) 22i ed xx 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 22ieeeπd 2πi Res e ,i 2πi lim2πi i2iexzazaz a x R z a x az a a a -+-→∞∞=⋅⋅=⋅=⋅=++⎰7. 计算下列积分(1)()2sin 2d 1xx x x ∞++⎰解：令()()211R 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 201e1eIm d Im 2πi Res ,i lim d 2211rr xizc I x R z z z z x x +-∞∞→⎡⎤==⋅-⎢⎥++⎣⎦⎰⎰而()202ed lim πi1rizc r z zz →⋅=-+⎰．故：()()2221e 1e πIm 2πi lim πi Im 2πi πi 1e 2222zi i z I z z i --→⎡⎤⎡⎤⎛⎫=⋅+=⋅-+=- ⎪⎢⎥⎢⎥+⎝⎭⎣⎦⎣⎦．(2)21d 2πi z Taz 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 22ez z aa f z zz==，()ln 22ei c af c y c y⋅+=+，()ln 22ei d d c af c y y yc y⋅++--∞∞∞∞+=+⎰⎰收敛，所以积分()i i d c c f z z ∞∞+-⎰是存在的，并且()()()i i i i d limd limd c c c c ABR RR R f z z f z z f z z ++--→+∞→+∞∞∞==⎰⎰⎰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()[]()()20Res ,0lim ln z f z z f z a →'=⋅=所以由留数定理．()()()()d d d d 2πi ln ABBEEFFAf z z f z z f z z f z z a +++=⋅⎰⎰⎰⎰而()()()()i ln ln ln ln 22222eeeed d d d 0i x R ax aaCC aRCC R BE CR Rf z z x x x C R x RRRx R →+⋅⋅-+--∞==⋅+−−−→++⎰⎰⎰⎰≤≤．。

复变函数和积分变换习题解答

练习一1．求下列各复数的实部、虚部、模与幅角。

（1）i ii i 524321----；解：i ii i 524321---- =i 2582516+zk k Argz z z z ∈+====π221arctan2558258Im 2516Re（2）3)231(i + 解： 3)231(i +zk k Argz z z z e i i∈+===-=-==+=πππππ210Im 1Re 1][)3sin3(cos3332．将下列复数写成三角表示式。

1）i 31- 解：i 31-)35sin 35(cos2ππi +=（2）i i +12解：i i+12 )4sin 4(cos21ππi i +=+=3．利用复数的三角表示计算下列各式。

（1）i i2332++- 解：i i 2332++- 2sin2cosππi i +==（2）422i +-解：422i +-41)]43sin 43(cos 22[ππi +=3,2,1,0]1683sin 1683[cos 2]424/3sin ]424/3[cos 28383=+++=+++=k ki k k i k ππππππ4．.设321,,z z z 三点适合条件：321z z z ++=0，,1321===z z z 321,,z z z 是内接于单位圆z=1的一个正三角形的项点。

证：因,1321===z z z 所以321,,z z z 都在圆周,11==z z 又因321z z z ++=0则,321z z z -=+1321=-=+z z z ，所以21z z +也在圆周1=z 上，又,12121==-+z z z z 所以以0，211,z z z +为顶点的三角形是正三角形，所以向量211z z z +与之间的张角是3π，同理212z z z +与之间的张角也是3π，于是21z z 与之间的张角是32π，同理1z 与3z ，2z 与3z 之间的张角都是32π，所以321,,z z z 是一个正三角形的三个顶点。

复变函数与积分变换第五版答案第五章

1．下列函数有些什么奇点？如果是极点，指出它的级： 1)()2211+z z解：2． 31z z sin 1123+−−z z z ()z z lz 1+()()z e z z π++11211−z e ()112+z e z n n z z +12，n 为正整数21zsin 求证：如果0z 是()z f 的()1>m m 级零点，那么0z 是()z f'的1−m 级零点。

验证：2i z π=是chz 的一级零点。

0=z 是函数()22−−+z shz z sin 的几级极点？如果()z f 和()z g 是以0z 为零点的两个不恒等于零的解析函数，那么()()()()z g z f z g z f z z z z ''lim lim→→=（或两端均为∞）设函数()z ϕ与()z ψ分别以a z =为m 级与n 级极点（或零点），那么下列三个函数在a z =处各有什么性质：3． ()()z z ψϕ；()()z z ψϕ；()()z z ψϕ+；函数()()211−=z z z f 在1=z 处有一个二级极点；这个函数又有下列洛朗展开式：()()()()345211111111−+−−−+=−z z z z z ，11>−z ，所以“1=z 又是()z f 的本性奇点”；又其中不含()11−−z 幂，因此()[]01=,Re z f s 。

这些说法对吗？求下列各函数()z f 在有限奇点处的留数：4． z z z 212−+421z e z −()32411++z z z z cos z −11cos z z 12sin z z sin 1chz shz 计算下列各积分（利用留数；圆周均取正向）5． ⎰=23z dzz z sin ()⎰=−2221z zdz z e ⎰=−231z m dzz zcos ，其中m为整数⎰=−12i z thzdz⎰=3z zdztg π()()⎰=−−11z nndz b z a z （其中n 为正整数，且1≠a ，1≠b ，b a <）。

复变函数与积分变换第五版习题解答

复变函数与积分变换第五版答案目录练习一...............................1 练习二...............................3 练习三...............................5 练习四...............................8 练习五..............................13 练习六..............................16 练习七..............................18 练习八..............................21 练习九 (24)练习一1．求下列各复数的实部、虚部、模与幅角。

（1）i iii 524321----；解：i i i i 524321---- =i 2582516+ zk k Argz z z z ∈+====π221arctan2558258Im 2516Re（2）3)231(i + 解： 3)231(i +zk k Argz z z z e i i∈+===-=-==+=πππππ210Im 1Re 1][)3sin 3(cos 3332．将下列复数写成三角表示式。

1）i 31-解：i 31-)35sin 35(cos2ππi +=（2）i i +12解：i i+12)4sin 4(cos21ππi i +=+=3．利用复数的三角表示计算下列各式。

（1）i i2332++- 解：i i 2332++-2sin2cosππi i +==（2）422i +-解：422i +-41)]43sin 43(cos 22[ππi +=3,2,1,0]1683sin 1683[cos 2]424/3sin ]424/3[cos 28383=+++=+++=k ki k k i k ππππππ4．.设321,,z z z 三点适合条件：321z z z ++=0，,1321===z z z 321,,z z z 是内接于单位圆z =1的一个正三角形的项点。

复变函数与积分变换课后习题答案

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 4πππe cos isin 44-⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ②解： ()()()()35i 17i 35i 1613i7i 11+7i 17i 2525+-+==-++-③解： ()()2i 43i 834i 6i 510i ++=-++=+ ④解： ()31i 1335=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 -∈+); 333;;;.n z i ① ：∵设z =x +iy则()()()()()()()22i 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-++-⎡⎤⎡⎤+--+-⎣⎦⎣⎦===+++++++ ∴()22222Re z a x a y z a x a y ---⎛⎫= ⎪+⎝⎭++,()222Im z a xy z a x a y-⎛⎫= ⎪+⎝⎭++． ②解：设z =x +iy ∵()()()()()()()()323222222223223i i i 2i i 22i33iz 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：∵(()(){}33232111313188-+⎡⎤⎡⎤==--⋅-⋅+⋅-⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎝⎭()180i 18=+=∴Re 1=⎝⎭, Im 0=⎝⎭． ④解：∵()()(()2332313131i 8⎡⎤--⋅-⋅+⋅-⎢⎥⎣⎦=⎝⎭()180i 18=+=∴Re 1=⎝⎭, Im 0=⎝⎭．⑤解： ∵()()1,2i 211i,kn kn k k n k ⎧-=⎪=∈⎨=+-⋅⎪⎩． ∴当2n k =时，()()Re i 1k n =-，()Im i 0n =；当21n k =+时，()R e in=，()()Im i 1kn =-．3.求下列复数的模和共轭复数12;3;(2)(32);.2ii i i +-+-++①解：2i -+==2i 2i -+=--②解：33-=33-=-③解：()()2i 32i 2i 32i ++=++=()()()()()()2i 32i 2i 32i 2i 32i 47i ++=+⋅+=-⋅-=-④解：1i 1i 22++==()1i 11i222i ++-⎛⎫== ⎪⎝⎭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 ∈C ，证明： z w z w ++≤证明∵()()()()2z w z w z w z w z w +=+⋅+=++()()22222Re z z z w w z w wz zw z w w z wz w =⋅+⋅+⋅+⋅=++⋅+=++⋅()2222222z w z wz w z w z w ++⋅=++⋅=+≤∴z wz w ++≤．6、设z ,w ∈C ，证明下列不等式． ()2222Re z w z z w w +=+⋅+ ()2222Re z w z z w w -=-⋅+()22222z w z w z w++-=+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 -=-⋅+．∵()()()()222z w z w z w z w z w z z w w z w-=-⋅-=--=-⋅-⋅+()222Re 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3352π2π;;1;8π(1);.cos sin 7199i i i i +⎛⎫--+ ⎪+⎝⎭ ①解：()()()()35i 17i 35i 7i 117i 17i +-+=++-3816i 198i e 5025i θ⋅--==其中8πarctan 19θ=-． ②解：e i i θ⋅=其中π2θ=．π2e ii =③解：ππi i 1e e -==④解：()28π116ππ3θ-==-.∴()2πi 38π116πe--+=⋅⑤解：32π2πcos isin 99⎛⎫+ ⎪⎝⎭ 解：∵32π2πcos isin 199⎛⎫+= ⎪⎝⎭．∴322πi π.3i 932π2πcos 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：()13ππ2π2πππ22cos sin cosisin 0,1,22233++⎛⎫+=+= ⎪⎝⎭k k i k∴1ππ1cosisin i 662=+=+z ．2551cos πisin πi 662=+=+z3991cos πisin πi 662=+=-z⑵-1的三次根解：()()132π+π2ππcos πisin πcosisin 0,1,233k k k ++=+=∴1ππ1cos isin 332=+=z2cos πisin π1=+=-z3551cos πisin π332=+=-z的平方根．πi 4e ⎫⎪⎪⎝⎭∴)()1π12i 44ππ2π2π44e6cos isin 0,122k k k ⎛⎫++ ⎪=⋅+= ⎪⎝⎭∴π11i 8441ππ6cos isin 6e 88⎛⎫=⋅+=⋅ ⎪⎝⎭z911πi 8442996cos πisin π6e 88⎛⎫=⋅+=⋅ ⎪⎝⎭z ．9.设2πe,2inz n =≥. 证明：110n z z -+++=证明：∵2πi e nz ⋅= ∴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.(1)arg π;(2);1(3)1|2;(4)Re Im ;(5)Im 1 2.z z z z i z z z z ==-<+<>><且解：(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。

复变函数与积分变换课后习题答案

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 4πππe cos isin 44-⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ②解： ()()()()35i 17i 35i 1613i7i 11+7i 17i 2525+-+==-++-③解： ()()2i 43i 834i 6i 510i ++=-++=+ ④解： ()31i 1335=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 -∈+); 333;;;.n z i ① ：∵设z =x +iy则()()()()()()()22i 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-++-⎡⎤⎡⎤+--+-⎣⎦⎣⎦===+++++++ ∴()22222Re z a x a y z a x a y ---⎛⎫= ⎪+⎝⎭++,()222Im z a xy z a x a y-⎛⎫= ⎪+⎝⎭++． ②解：设z =x +iy ∵()()()()()()()()323222222223223i i i 2i i 22i33iz 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：∵(()(){}33232111313188-+⎡⎤⎡⎤==--⋅-⋅+⋅-⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎝⎭()180i 18=+=∴Re 1=⎝⎭, Im 0=⎝⎭． ④解：∵()()(()2332313131i 8⎡⎤--⋅-⋅+⋅-⎢⎥⎣⎦=⎝⎭()180i 18=+=∴Re 1=⎝⎭, Im 0=⎝⎭．⑤解： ∵()()1,2i 211i,kn kn k k n k ⎧-=⎪=∈⎨=+-⋅⎪⎩． ∴当2n k =时，()()Re i 1k n =-，()Im i 0n =；当21n k =+时，()Re i 0n =，()()Im i 1kn =-．3.求下列复数的模和共轭复数12;3;(2)(32);.2ii i i +-+-++①解：2i -+==2i 2i -+=--②解：33-=33-=-③解：()()2i 32i 2i 32i ++=++=()()()()()()2i 32i 2i 32i 2i 32i 47i ++=+⋅+=-⋅-=-④解：1i 1i 22++==()1i 11i222i ++-⎛⎫== ⎪⎝⎭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 ∈C ，证明： z w z w ++≤证明∵()()()()2z w z w z w z w z w +=+⋅+=++()()22222Re z z z w w z w wz zw z w w z wz w =⋅+⋅+⋅+⋅=++⋅+=++⋅()2222222z w z wz w z w z w ++⋅=++⋅=+≤∴z wz w ++≤．6、设z ,w ∈C ，证明下列不等式． ()2222Re z w z z w w +=+⋅+ ()2222Re z w z z w w -=-⋅+()22222z w z w z w++-=+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 -=-⋅+．∵()()()()222z w z w z w z w z w z z w w z w-=-⋅-=--=-⋅-⋅+()222Re 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3352π2π;;1;8π(1);.cos sin 7199i i i i +⎛⎫--+ ⎪+⎝⎭ ①解：()()()()35i 17i 35i 7i 117i 17i +-+=++-3816i 198i e 5025i θ⋅--==其中8πarctan 19θ=-． ②解：e i i θ⋅=其中π2θ=．π2e ii =③解：ππi i 1e e -==④解：()28π116ππ3θ-==-.∴()2πi 38π116πe--+=⋅⑤解：32π2πcos isin 99⎛⎫+ ⎪⎝⎭ 解：∵32π2πcos isin 199⎛⎫+= ⎪⎝⎭．∴322πi π.3i 932π2πcos 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：()13ππ2π2πππ22cos sin cosisin 0,1,22233++⎛⎫+=+= ⎪⎝⎭k k i k∴1ππ1cosisin i 662=+=+z ．2551cos πisin πi 662=+=+z3991cos πisin πi 662=+=-z⑵-1的三次根解：()()132π+π2ππcos πisin πcosisin 0,1,233k k k ++=+=∴1ππ1cos isin 332=+=z2cos πisin π1=+=-z35513cos πisin πi 3322=+=--z⑶33i +的平方根．解： πi 42233i=6i 6e 22⎛⎫+⋅+=⋅ ⎪ ⎪⎝⎭∴()()1π12i 44ππ2π2π4433i 6e6cos isin 0,122k k k ⎛⎫++ ⎪+=⋅=⋅+= ⎪⎝⎭∴π11i 8441ππ6cos isin 6e 88⎛⎫=⋅+=⋅ ⎪⎝⎭z911πi 8442996cos πisin π6e 88⎛⎫=⋅+=⋅ ⎪⎝⎭z ．9.设2πe,2inz n =≥. 证明：110n z z -+++=证明：∵2πi e nz ⋅= ∴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.(1)arg π;(2);1(3)1|2;(4)Re Im ;(5)Im 1 2.z z z z i z z z z ==-<+<>><且解：(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。

复变函数积分变换——课后答案

z (
ln 1 z 1
( )
+
b ．lim lim 1 ，故z 0 为可去奇点。
z→0 z→0 1+
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习题五解答
1、下列函数有些什么奇点？如果是极点，指出它的级。
z − z −
( 1)( 1) z z
( −1)( +1)
∞ z n+1 ( ) ∞ n
1 z
（4 ）；（5）；（6）e − ；
n +1 z n +1
n 0 n 0
3 sin z
a. z 0 为sin z 为的一级零点；而z 0 为z 的三级零点。故z 0 为的二级极点。
z z z z 2 z 1
（7）因e −1 z∑ z(1+ + +) ，故z 0 为z (e −1) 的三级零点，因而是 2 z
1
ln(z +1) z
(2k+1)π
1+z (k 0,±1,±2,) 1+e
（5）由1+z 0 得z ±i 为的一级零点，由1+e 0得z 2k +1 i 为
( ) 2 2 ( )
z (z +1)
其奇点，z 0 为一级极点，而z ±i 为其二级极点。
3
z
n 0 (n +1) ! 2 3! z (e −1)
的三级极点，而z 2kπi,(k ±1,±2,) 均为一级极点。
1 sin z 1
（1）；（2 ）；（3）；

复变函数与积分变换习题答案

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：222211i=+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： 22221i x y w z x y x y ==-++ 222222x y kxu v x y x y x y ==-=-+++ v ku =-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 =+⋅+=-+ ,.20.u x y v x y u v 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. 222222i i i(i )i x y y x w z x iy x y x y x y -====+++++ Re(w )>0. Im(w )>0. 若w =u +i v , 则2222,u vy x u v u v==++ 因为0<y <1,则22221101,()22u u v u v <<-+>+ 故i w z =将Re(z )>0, 0<Im(z )<1.映为Re(w )>0,Im(w )>0, 1212w > (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 bw cz d+=+(ad -bc ≠0)由11-→-.得 1a bb acd c d-+-=⇒=+--+ 因为(1)a z c dw cz d ++-=+,即(1)(1)1a z c z w cz d++++=+,由11→代入上式，得22a ca d c d+=⇒=+. 因此11(1)(1)d cd cd c w z z cz d z +++=+=+⋅++ 令dq c =，得 1(1)(1)/()(1)(1)11(1)(1)/()2(1)(1)1w z q z q z q z a w z q z q z q z +++++++===⋅-+++---- 其中a 为复数.反之也成立，故所求分式线性映射为1111w z a w z ++=⋅--， a 为复数.7. 若分式线性映射，az bw 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dz c=-映成w =∞. 而dz 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，11z 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.22222i 1(1i )12i i 1111y y y yw y y y y ----+===+⋅++++ 写成参数方程为2211y u y -+=+， 221yv 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 θθ=≤≤.代入得i i 2e 12e 1w θθ-=+化为参数方程.354cos u θ=+ 4sin 54cos u θθ=+ 02πθ≤≤ 消去θ得，像曲线方程为一阿波罗斯圆.即22254()()33u v -+=(3) 当Im(z )>0时，即11Im()011w w z w w ++=-⇒<--, 令w =u +i v 得221(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00z z w k z z -=⋅-其中k 为常数.又因为00z z w k z z -=⋅-,而虚轴上的点z 对应|w |=1,不妨设z =0，则i 00||1e ()z z w k k k z z θθ-=⋅==⇒=∈-R故000e (Re()0)i z z w z z z θ-=⋅>-.10. 映射e 1i z w zϕαα-=⋅-⋅将||1z <映射成||1w <,实数ϕ的几何意义显什么？解：因为2i i 22(1)()()1||()e e (1)(1)z z w z z z ϕϕαααααα-----'=⋅=⋅-⋅- 从而2i i 2221||1()e e (1||)1||w ϕϕαααα-'=⋅=⋅-- 所以i 2arg ()arg e arg (1||)w ϕααϕ'=-⋅-= 故ϕ表示i e 1z w zθαα-=⋅-在单位圆内α处的旋转角arg ()w α'.11. 求将上半平面Im(z )>0,映射成|w |<1单位圆的分式线性变换w =f (z )，并满足条件(1) f (i)=0, arg (i)f '=0; (2) f (1)=1, f.解：将上半平面Im(z )>0, 映为单位圆|w |<1的一般分式线性映射为w =k z z αα-⋅-(Im(α)>0). (1) 由f (i)=0得α=i ，又由arg (i)0f '=,即i 22i()e (i)f z z θ'=⋅+,πi()21(i)e 02f θ-'==，得π2θ=，所以ii iz w z -=⋅+. (2) 由f (1)=1,得k =11αα--；由f ,得k α联立解得w =12. 求将|z |<1映射成|w |<1的分式线性变换w =f (z)，并满足条件： (1) f (12)=0, f (-1)=1. (2) f (12)=0, 12πarg ()2f '=, (3) f (a )=a , arg ()f a ϕ'=.解：将单位圆|z |<1映成单位圆|w |<1的分式线性映射，为i e1z w zθαα-=-⋅, |α|<1.(1) 由f (12)=0，知12α=.又由f (-1)=1，知 1i i i 2121e e (1)1e 1π1θθθθ--⋅=-=⇒=-⇒=+.故12221112zz z w z --=-⋅=--. (2) 由f (12)=0，知12α=，又i 254e (2)z w z θ-'=⋅- i 11224π()earg ()32f f θθ''=⇒==，于是 π21i 2221e ()i 12zz z w z--==⋅--. (3) 先求=()z ξϕ，使z =a 0ξ→=，arg ()a ϕθ'=,且|z |<1映成|ξ|<1.则可知 i =()=e 1z az a zθξϕ-⋅-⋅再求w =g (ξ)，使ξ=0→w =a , arg (0)0g '=,且|ξ|<1映成|w |<1. 先求其反函数=()w ξψ,它使|w|<1映为|ξ|<1,w =a 映为ξ=0，且arg ()arg(1/(0))0w g ψ''==,则=()=1w aw a wξψ--⋅.因此，所求w 由等式给出.i =e 11w a z aa w a zθ--⋅-⋅-⋅.13. 求将顶点在0，1，i 的三角形式的内部映射为顶点依次为0，2，1+i 的三角形的内部的分式线性映射.解：直接用交比不变性公式即可求得02w w --∶1i 01i 2+-+-=02z z --∶i 0i 1--2w w -.1i 21i +-+=1z z -.i 1i- 4z(i 1)(1i)w z -=--+.14. 求出将圆环域2<|z |<5映射为圆环域4<|w |<10且使f (5)=-4的分式线性映射. 解：因为z=5,-5,-2,2映为w=-4,4,10,-10,由交比不变性，有2525-+∶2525---+=104104-+--∶104104+- 故w =f (z )应为55z z -+∶2525---+=44w w +-∶104105+- 即 44w w +-=55z z --+20w z⇒=-.讨论求得映射是否合乎要求，由于w =f (z )将|z |=2映为|w |=10，且将z =5映为w =-4.所以|z |>2映为|w |<10.又w =f (z )将|z |=5映为|w |=4，将z =2映为w =-10，所以将|z |<5映为|w |>4，由此确认，此函数合乎要求.15.映射2w z =将z 平面上的曲线221124x y ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭映射到w 平面上的什么曲线？解：略.16. 映射w =e z将下列区域映为什么图形. (1) 直线网Re(z )=C 1,Im(z )=C 2;(2) 带形区域Im(),02πz αβαβ<<≤<≤; (3) 半带形区域Re()0,0Im(),02πz z αα><<≤≤.解：（1）令z =x +i y , Re(z )=C 1, z =C 1+i y 1i =e e Cyw ⇒⋅, Im(z )=C 2,则z =x +i C 22i =e e C x w ⇒⋅故=e zw 将直线Re(z )映成圆周1e Cρ=；直线Im(z )=C 2映为射线2C ϕ=.（2）令z =x +i y ，y αβ<<,则i i =e ee e ,z x yx y w y αβ+==⋅<<故=e zw 将带形区域Im()z αβ<<映为arg()w αβ<<的张角为βα-的角形区域. （3）令z =x +i y ，x >0，0<y < α, 02πα≤≤.则i =e e e (0,0)e 1,0arg z x yx w x y w αα=⋅><<⇒><<故=e zw 将半带形区域Re(z )>0,0<Im(z )<α, 02πα≤≤映为 |w |>1, 0arg w α<<(02πα≤≤).17. 求将单位圆的外部|z |>1保形映射为全平面除去线段-1<Re(w )<1,Im(w )=0的映射. 解：先用映射11w z=将|z |>1映为|w 1|<1,再用分式线性映射. 1211i 1w w w +=-⋅-将|w 1|<1映为上半平面Im(w 2)>0, 然后用幂函数232w w =映为有割痕为正实轴的全平面，最后用分式线性映射3311w w w -=+将区域映为有割痕[-1,1]的全平面. 故221121132222132111111i 1111111()11211i 1111z z z z w w w w w z w w z w w ⎛⎫⎛⎫++--⋅- ⎪ ⎪----⎝⎭⎝⎭=====+++⎛⎫⎛⎫++-⋅++ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭.18. 求出将割去负实轴Re()0z -∞<≤,Im(z )=0的带形区域ππIm()22z -<<映射为半带形区域πIm()πw -<<,Re(w )>0的映射.解：用1e zw =将区域映为有割痕(0,1)的右半平面Re(w 1)>0；再用1211ln1w w w +=-将半平面映为有割痕(-∞,-1]的单位圆外域；又用3w =平面；再用43ln w w =将区域映为半带形0<Im(w 4)<π,Re(w 4)>0；最后用42i πw w =-映为所求区域，故e 1ln e 1z z w +=-.19. 求将Im(z )<1去掉单位圆|z |<1保形映射为上半平面Im(w )>0的映射. 解：略.20. 映射cos w z =将半带形区域0<Re(z )<π,Im(z )>0保形映射为∞平面上的什么区域. 解：因为 1cos ()2iz iz w z e e -==+ 可以分解为w 1=i z ，12e ww =，32211()2w w w =+由于cos w z =在所给区域单叶解析，所以（1） w 1=i z 将半带域旋转π2，映为0<Im(w 1)<π,Re(w 1)<0. （2） 12e ww =将区域映为单位圆的上半圆内部|w 2|<1,Im(w 2)>0. （3） 2211()2w w w =+将区域映为下半平面Im(w )<0.。

复变函数与积分变换练习册参考答案

5 5
分析：显然原方程可化简为一个典型的二项方程。
⎛ 1+ z ⎞ 解：由直接验证可知原方程的根 z ≠ 1 。所以原方程可改写为 ⎜ ⎟ = 1。 ⎝ 1− z ⎠
令
5
ω=
1+ z ， ……………(1) 1− z
2π i 5
则 ω = 1 ， ……………………(2)
5
方程(2)的根为 ω = 1, e
(5) lim
z →1
zz + 2 z − z − 2 3 = 。 2 z2 −1 zz + 2 z − z − 2 ( z + 2)( z − 1) z +2 3 = lim = lim = 。 2 z →1 ( z − 1)( z + 1) z →1 z + 1 2 z −1
提示： lim
z →1
(1 − cos α ) 2 + sin 2 α = 4sin 2
α
2
= 2sin
α
2
；因为当 0 < α < π 时，
sin α > 0 ， 1 − cos α > 0 ，则 arg z = arctan
= arctan(tan +i sin
π −α
2
)=
π −α
2 e
π −α i 2
sin α α = arctan(cot ) 1 − cos α 2
。
6、 ( 2)
=e
2 ln 2 − 2kπ
7、方程 sinh z = i 的解为三、计算和证明 1、试证函数
1 在复平面上任何点都不解析。 z
利用 C-R 条件，即用解析的充要条件判别，即 u =

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