复变函数与积分变换(包革军编;科学版)课后习题答案-第五章
(完整版)复变函数习题答案第5章习题详解
第五章习题详解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 sin3)1123+--z z z4)()z z lz 1+5)()()z e z z π++1126)11-z e7)()112+z e z 8) n nzz +12，n 为正整数9)21z sin2． 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。
3． 验证：2i z π=是chz 的一级零点。
4． 0=z 是函数()22--+z shz z sin 的几级极点？5． 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 00→→=（或两端均为∞）6． 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：1) ()()z z ψϕ；2)()()z z ψϕ；3) ()()z z ψϕ+；7． 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？8． 求下列各函数()z f 在有限奇点处的留数：1)zz z 212-+ 2) 421z e z-3)()32411++z z4)zz cos5) z -11cos6) z z 12sin7) z z sin 18) chz shz9． 计算下列各积分（利用留数；圆周均取正向）1) ⎰=23z dz z zsin2) ()⎰=-2221z zdz ze3) ⎰=-231z m dz z zcos ， 其中m 为整数4)⎰=-12i z thzdz5) ⎰=3z zdz tg π6) ()()⎰=--11z n n dz 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习题答案
第一章 复数与复变函数1.1计算下列各式: (1) (1)(32);i i +--解: (1)(32)(1)322 3.i i i i i +--=+-+=-+ (2);(1)(2)ii i --解:2(13)3.(1)(2)2213101010i i i i i ii i i i i i +-====+----+-(3)1(1);1z z x iy z -=+≠-+ 解: 2222222211(1)(1)12.11(1)(1)(1)z x iy x iy x iy x y yi z x iy x y x y x y-+--++-+-===++++++++++ 1.3 将圆周方程22()0(0)a x y bx cy d a ++++=≠写成复数形式(即可z 与z 表示,其中z x iy =+).解: 把22,,22z z z z x y x y z z i+-==+=⋅代入圆周方程得: ()()0,222()()20,0.b caz z z z z z d iaz z b ic z b ic z d Az z Bz Bz C ⋅+++-+=⋅+-+++=⋅+++=故其中2,,2.A a B b ic C d ==+= 1.5 将下列各复数写成三角形式.(1) sin cos ;i αα+ 解: sin cos 1,i αα+= 故sin cos cos()sin().22i i ππαααα+=-+- (2) sincos.66i ππ--解: 2arg(sincos )arctan(cot ),666263i ππππππππ--=-=--=-s i n c o s 66i ππ--=2222cos()sin()cos()sin.3333i i ππππ-+-=- 1.7 指出满足下列各式的点z 的轨迹是什么曲线?(1) 1;z i +=解: 以(0,1)-为圆心,1为半径的圆周.(2) 0,zz az az b +++=其中a 为复数,为b 实常数;解: 由题设可知 2()()||0,z a z a b a +++-=即22||||,z a a b +=- 若2||,a b =则z 的轨迹为一点;a -若2||,a b >则z 的轨迹为圆,圆心在a -,若2||,a b <无意义.第二章 解析函数1．用导数定义，求下列函数的导数： (1) ()Re .f x z z = 解: 因0()()lim z f z z f z z∆→+∆-∆0()Re()Re lim z z z z z z zz∆→+∆+∆-=∆ 0Re Re Re limz z z z z z z z∆→∆+∆+∆∆=∆0Re lim(Re Re )z zz z z z∆→∆=+∆+∆ 000Re lim(Re )lim(Re ),z x y z xz zz z z x i y ∆→∆→∆→∆∆=+=+∆∆+∆ 当0z ≠时,上述极限不存在,故导数不存在；当0z =时,上述极限为0,故导数为0.3．确定下列函数的解析区域和奇点,并求出导数.(1)(,).az bc d cz d++至少有一不为零 解: 当0c ≠时，()az b f z cz d +=+除d z c =-外在复平面上处处解析, dz c=-为奇点,222()()()()()()()()().()()az bf z cz daz b cz d cz d az b cz d a cz d c az b ad cb cz d cz d +''=+''++-++=++-+-==++当0c =时，显然有0d ≠，故()az b f z d +=在复平面上处处解析，且()af z d'=. 5.设()f z 在区域D 内解析,试证: 222222()|()|4|()|.f z f z x y ∂∂'+=∂∂证: 设 222(),|()|,f z u i v f z u v =+=+ 222(),|()|()().u uu u f z i f z x y x y∂∂∂∂''=-=+∂∂∂∂ 而2222222222222222222222222()|()|()()2()()()(),f z u v u v x y x y u u v v u u v v u v uv xx x x y y y y∂∂∂∂+=+++∂∂∂∂⎡⎤∂∂∂∂∂∂∂∂=+++++++⎢⎥∂∂∂∂∂∂∂∂⎣⎦又()f z 解析,则实部u 及虚部v 均为调和函数.故222222220,0.u u v vu v x yx y∂∂∂∂=+==+=∂∂∂∂则22222222()|()|4(()())4|()|.u uf z f z x y x y∂∂∂∂'+=+=∂∂∂∂ 7.设sin ,px v e y =求p 的值使v 为调和函数,并求出解析函数().f z u iv =+ 解: 要使(,)v x y 为调和函数,则有0.xx yy v v v ∆=+=即2sin sin 0,px px p e y e y -=所以1p =±时,v 为调和函数,要使()f z 解析,则有,.x y y x u v u v ==-1(,)cos cos (),1sin ()sin .px pxx pxpx y u x y u dx e ydx e y y pu e y y pe y pφφ===+'=-+=-⎰⎰所以11()()sin ,()()cos .px px y p e y y p e y C p pφφ'=-=-+即(,)cos ,px u x y pe y C =+故(cos sin ),1,()(cos sin ),1.x z xze y i y C e C pf z e y i y C e C p -⎧++=+=⎪⎨--+=-+=-⎪⎩9．求下列各式的值。
复变函数与积分变换习题解答
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 iii 524321---- =i 2582516+zk k Argz z z z ∈+====π221arctan 2558258Im 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 )4sin4(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 k i 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32z 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 4πππ2222e cos isin i i 442222-⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-=+-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 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 -∈+); 3331313;;;.22n i i 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： ∵()()()()(){}332321i 31i 3113133133288-+⎛⎫-+⎡⎤⎡⎤==--⋅-⋅+⋅-⋅-⎪ ⎪⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎝⎭()180i 18=+=∴1i 3Re 12⎛⎫-+= ⎪ ⎪⎝⎭, 1i 3Im 02⎛⎫-+= ⎪ ⎪⎝⎭． ④解：∵()()()()()2332313133133i 1i 328⎡⎤--⋅-⋅-+⋅-⋅-⎛⎫⎢⎥-+⎣⎦= ⎪ ⎪⎝⎭()180i 18=+=∴1i 3Re 12⎛⎫-+= ⎪ ⎪⎝⎭, 1i 3Im 02⎛⎫-+= ⎪ ⎪⎝⎭． ⑤解： ∵()()1,2i 211i,knkn 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 415-+=+=．2i 2i -+=--②解：33-=33-=-③解：()()2i 32i 2i 32i 51365++=++=⋅=．()()()()()()2i 32i 2i 32i 2i 32i 47i ++=+⋅+=-⋅-=-④解：1i 1i 2222++== ()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(13);.cos sin 7199i i i i i +⎛⎫--+ ⎪+⎝⎭ ①解：()()()()35i 17i 35i 7i 117i 17i +-+=++-3816i 198i 17e 5025i θ⋅--==其中8πarctan 19θ=-． ②解：e i i θ⋅=其中π2θ=．π2e i i =③解：ππi i 1e e -==④解：()28π13i 16ππ3θ-==-.∴()2πi 38π13i 16πe--+=⋅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) 33i的平方根.⑴i 的三次根． 解：()133ππ2π2πππ22i cos sin cosisin 0,1,22233++⎛⎫+=+= ⎪⎝⎭k k i k∴1ππ31cosisin i 662=+=+z ．25531cos πisin πi 662=+=z39931cos πisin πi 662=+=-z⑵-1的三次根 解：()()1332π+π2ππ1cos πisin πcosisin 0,1,233k k k +-+=+=∴1ππ13cos isin 332=+=z2cos πisin π1=+=-z35513cos πisin π332=+=-z33i 的平方根．解： πi 42233i=6i 6e 22⎛⎫+⋅+=⋅ ⎪ ⎪⎝⎭∴()()1π12i44ππ2π2π4433i 6e 6cos 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。
(完整版)复变函数与积分变换习题答案
lim f (z) lim Arg( a i y)
y 0y 0
lim f (z) lim Arg( a i y)
y 0y 0
显然函数在负实轴上不连续。
lim f (z) lim Arg (rei)
2sin
cos( )
2 2 2
isin(
2
i
2sin e2 2
2
(5)
z3
解：
i3
3i
re
cos3
isin3
(6)
e1 i
解：
ee
cos1 i sin1
(7)
1i
解：
1i
1i
i ei3 /4cos3
/ 4 isin3 /4
1i
1i
、计算下列数值
(1)
a ib
解：
ib
i ar ctgb2k
2 2 abe
cos2
L
L
cosn
1i i(e e
2
L
L
in i i2e ) (e e
L
in
L ein)
1 ei
(1
ine
)e
i(1 ein)
1
ie
(1
in i ie ) 1 e e
(1
in ie ) 1 e
2
1
ie
1 ei
2
2(1cos
)
cos
i i i(n 1) i(n 1) in in
1 e e 2 e e e e
22(1cos )
2sin
2
(8)
sin
复变函数课后习题答案(全)
创作编号：BG7531400019813488897SX创作者：别如克*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)ii i--（3）131ii i--（4）8214i i i-+-解：（1）1323213i zi-==+，因此：32 Re, Im1313 z z==-，232arg arctan,31313z z z i==-=+（2）3(1)(2)1310i i izi i i-+===---，因此，31Re, Im1010z z=-=，131arg arctan,31010 z z z iπ==-=--（3）133335122i i iz ii i--=-=-+=-，因此，35Re, Im32z z==-，535,arg arctan,232iz z z+ ==-=（4）82141413z i i i i i i=-+-=-+-=-+因此，Re1,Im3z z=-=，arg arctan3,13z z z iπ==-=--2． 将下列复数化为三角表达式和指数表达式： （1）i （2）1-+ （3）(sin cos )r i θθ+（4）(cos sin )r i θθ-（5）1cos sin (02)i θθθπ-+≤≤解：（1）2cossin22iii e πππ=+=（2）1-+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)i - （2）100100(1)(1)i i ++-（3）(1)(cos sin )(1)(cos sin )i i i θθθθ-+-- （4）23(cos5sin 5)(cos3sin 3)i i ϕϕϕϕ+-（5（6解：（1）5)i -5[2(cos()sin())]66i ππ=-+-5552(cos()sin()))66i i ππ=-+-=-+（2）100100(1)(1)i i ++-50505051(2)(2)2(2)2i i =+-=-=-（3）(1)(cos sin )(1)(cos sin )i i i θθθθ-+--2[cos()sin()](cos sin)33)sin()][cos()sin()]44i ii iππθθππθθ-+-+=-+--+-)sin()](cos2sin2)1212i iππθθ=-+-+(2)12)sin(2)]1212iiπθππθθ-=-+-=（4）23(cos5sin5)(cos3sin3)iiϕϕϕϕ+-cos10sin10cos19sin19cos(9)sin(9)iiiϕϕϕϕϕϕ+==+-+-（5=11cos(2)sin(2)3232k i kππππ=+++1,0221,122,2i ki ki k+=⎪⎪⎪=-+=⎨⎪-=⎪⎪⎩（6=11(2)sin(2)]2424k i kππππ=+++88,0,1iie ke kππ==⎪=⎩4．设12,z z i==-试用三角形式表示12z z与12zz解：12cos sin, 2[cos()sin()]4466 z i z iππππ=+=-+-，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）z i += 由此25k i z i ei π=-=-， (0,1,2,3,4)k =（2）z==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), )i i i i +-+--- 6． 证明下列各题：（1）设,zx iy =+z x y≤≤+证明：首先，显然有z x y =≤+；创作编号：BG7531400019813488897SX创作者： 别如克*其次，因222,x y x y +≥ 固此有2222()(),x y x y +≥+从而z =≥。
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 →+⋅⋅-+--∞==⋅+−−−→++⎰⎰⎰⎰≤≤．。
复变函数与积分变换习题解(包革军)
(4 3i ) 7 p 25.1.(3)解 : 原式 (2 5i ) 13i 2 2
7 7 5 26 Re( z ) ; Im( z ) 13; z 13i; z 29 ; arg z arctg ( ) . 2 2 2 7
p25.6.(1)解 : z 3 8(cos i sin )
zk 2(cos
2k
3 3 z0 1 3i, z1 2, z2 1 3i.
i sin
2k
) (k 0,1,2)
(2)特征方程为3 8 0,由上式可知特征根为 1 2, 2,3 1 3i
因此一般解为y c1e2t et c2 cos 3t c3 sin 3t , 其中c1, c2 , c3 为任意常数 。
题设f ( z )在D内解析, 则满足C R方程 : u v u v , x y y x v u u x v x 0 u v 即 仅将 , 看成线性方程组中的 x1 , x2 , u, v看成系数 u v x y v u 0 x x
复数的模不变, 辐角减小 . 2
Байду номын сангаас
p 26.14(1)解 : 3 i 2 cos( ) i sin( ) 6 6
5 5 3 i 2 cos( ) i sin( ) 6 6
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中国石油大学华东崔俭春张高民第五章答案习题五
z = 0 是函数的 2 级极点． ln(1 + z ) （3） z
解：函数的孤立奇点是 z = 0 ，因 lim
ln(1 + z ) = 1 ，由性质 5.1 知， z = 0 是函数可去奇点． z →0 z
（4）
1 z (e z − 1)
2
解：函数的孤立奇点是 z = 2kπ i , ① k = 0 ，即 z = 0 时，因 z (e − 1) = z +
' '' −2
f ''' ( z ) = − cos z + chz ， f (4) ( z ) = sin z + shz ， f (5) ( z ) = cos z + chz ，将 z = 0 代入，得： f (0) = f ' (0) = f '' (0) = f ''' (0) = f (4) (0) = 0 ， f (5) ( z ) ≠ 0 ，由定义 5.2 知，
2 2
z6 z 4n+2 + " + (−1) n + " ，所以 z = 0 是 g ( z ) 的 2 3! (2n + 1)!
级零点，从而它是
1 的 2 级极点． sin z 2
'
② z = ± kπ , z = ±i kπ , k = 1, 2," 时， g ( z ) = 0 ， g ( z ) ≠ 0 ，由定义 5.2 知，
z = 0 是函数 f ( z ) = sin z + shz − 2 z 的 5 级零点，故是 (sin z + shz − 2 z ) −2 的 10 级极点．
(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第五章习题解答
c-1r-•
1 (1 2 7) Res[f(z),O] =Iim!!:_[z = ti ,k =土1,土2, ] = o, Res[f(z),k叶= ,�, dz k冗 (zsin z)'L,, zsinz 8) Res[f位）， (k+½
叶
(ch z)' :�(k+ ）汀i
一
shz
=
I k为整数。
证 由题知： J(z)=(z-z。)飞(z), <p亿）*o, 则有
一 Ill
-{,, 0
0
k=O k=,;O
l 2 (sinz )"1 z O =2, 知 z=O 是 ． 2 的二级极点， smz
=
故z。是 J'(z) 的 m-1 级零点。
冗l
f'(z)=m(z-z。)m 凇(z)+(z-z。) 份'(z)=(z-z0 Y,一'[m<p(z)+(z-z。炒'(z)]
六
f'(z) ＝ (fJ(z) + (z- Zo )(fJ'(z) g'(z) lf/(z) + (z-Zo)lf/'(z)
亡,
6. 若叫z) 与 lf/(z) 分别以 z=a 为 m 级与 n 级极点（或零点），那么下列三个函数在 z=a 处各有什 (f)(Z)lf/(Z); (2) (f)(z)llf/(Z);
汗
I
2
5) cos— = L 巨 -11>0 , 知 Res [f(z), l ] = c一 . 2 "' I- z n=O (2n) !(z-1)
1 00
I
(-1) "
复变函数—课后答案习题五解答
知 Res[ f (z ),0] = c−1 = −
4 3
4 ⎡ ⎤ 3 3 1+ z ⎢( z − i) ( z 2 + 1)3 ⎥ = − 8 i ， ⎣ ⎦
1 d2 3） Res ⎡ ⎣ f ( z ) ,i ⎤ ⎦ = lim z →i 2! dz 2
（7）
1 ； 2 z (e z − 1)
z ( z 2 + 1) 1
2
（8）
（9）
1 . sin z 2
解（1） f ( z ) =
是有理函数，故奇点只是极点，满足 z z + 1 =0，故 z = 0 ，与 z = ± i 为
2
(
)
2
其奇点， z = 0 为一级极点，而 z = ± i 为其二级极点。 （2）因 lim
m −1
ϕ (z ) + (z − z 0 )m ϕ ' (z ) = (z − z0 )m−1 [mϕ (z ) + (z − z0 )ϕ ' (z )]
故 z0 是 f ' (z ) 的 m-1 级零点。 3．验证： z = 解 由 ch
πi
2
是 ch z 的一级零点。
πi
2
= cos
π
2
= 0 ， (ch z ) ' z = π i = sh
故
z → z0
lim
ϕ ( z ) + ( z − z0 )ϕ '( z ) f ( z) ϕ ( z) f '( z ) ϕ ( z) ， lim ，即 = lim = lim = lim g ( z ) z → z0 ψ ( z ) z → z0 g '( z ) z → z0 ψ ( z ) + ( z − z0 )ψ '( z ) z → z0 ψ ( z )
复变函数 积分变换——课后答案
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第5章
y (z) 曲线C围成的区域, f (z)是vD及(w其) 边界C上
C
.z0D
并把Cw双=方z2 单值地映射4i成. w平面上的光
果 C的正向映射成 的2i正向, 则在映射
O
的内x部区域D映射成 正O 向的左侧u (若
有向光滑曲线, t 增大的方向为正向. 因为 C 光滑,
y (z) z(t0 )
. z0 O
所以 z(t) 0. 对于
w f [z(t)] ( t ),
C
w(t) f (z)z(t) 0.
于是w=f (z)将z平面上有向 x
光滑曲线C 映射成w平面内过点 w0 f (z0 ) 的有向
f
(z0 )
lim
zz0
f (z) f (z0 ) z z0
lim w w0 zz0 z z0
w(t0 ) . z(t0 )
y (z)
w f (z) v (w)
z(t0 )
P0 . z0
P.z C
z z0
O
x
w(t0 )
Q.
Q0. w0
w
w w0
O
u
当 f (z0 ) 0 时, f (z0 ) 是映射w=f (z)在z0处的伸缩 率. 它与C无关, 即映射w=f (z)具有伸缩率不变性.
曲线在w0处切线正向 曲线C在z0处切线正向 与u轴正向之间的夹角 与x轴正向之间的夹角
如果将x轴与u轴重合, 将y轴与v轴重合, 即将z 平面与w平面重叠, 那么曲线C在 z0 处的切线转动 Arg f (z0 )之后与曲线 在 w0 处的切线方向一致. 在这个意义上, Arg f (z0 ) 就是曲线C 经过w=f (z) 映射后在z0处的转动角. 显然转动角与C 无关.
复变函数与积分变换部分课后答案
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 πππe 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 -∈+); 33311;;;.22n 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 w z 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 i i =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 πi sin πi 662=+=z3991cos πi sin πi 662=+=-z ⑵-1的三次根 解：()()132π+π2ππcos πisin πcosisin 0,1,233k k k ++=+=≨1ππ1cos i sin 332=+=+z2cos πisin π1=+=-z3551cos πi sin π332=+=-z的平方根．πi 4e ⎫=⎪⎪⎝⎭≨)()1π1i ππ2π2π44e6cos 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。