复变函数论课后题答案(第三版钟玉泉)
复变函数论第三版课后习题答案[1]
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第一章习题解答（一）1．设z ，求z 及Arcz 。
解：由于3iz e π-==所以1z =，2,0,1,3Arcz k k ππ=-+=±。
2．设121z z =，试用指数形式表示12z z 及12z z 。
解：由于6412,2i i z e z i e ππ-==== 所以()64641212222i i iiz z e eee πππππ--===54()146122611222ii i i z e e e z e πππππ+-===。
3．解二项方程440,(0)z a a +=>。
解：12444(),0,1,2,3k ii za e aek πππ+====。
4．证明2221212122()z z z z z z ++-=+，并说明其几何意义。
证明：由于2221212122Re()z z z z z z +=++2221212122Re()z z z z z z -=+-所以2221212122()z z z z z z ++-=+其几何意义是：平行四边形对角线长平方和等于于两边长的和的平方。
5．设z 1，z 2，z 3三点适合条件：0321=++z z z ,1321===z z z 。
证明z 1，z 2，z 3是内接于单位圆1=z 的一个正三角形的顶点。
证 由于1321===z z z，知321z z z ∆的三个顶点均在单位圆上。
因为33331z z z ==()[]()[]212322112121z z z z z z z z z z z z +++=+-+-=21212z z z z ++=所以， 12121-=+z z z z ，又)())((122122112121221z z z z z z z z z z z z z z +-+=--=-()322121=+-=z z z z故 321=-z z ，同理33231=-=-z z z z ，知321z z z ∆是内接于单位圆1=z 的一个正三角形。
第二章 复变函数钟玉泉版习题解答提示
第二章 习题解答提示（一）1.（定理）设连续曲线[]βα,),(:∈=t t z z C ，有[]),(0)(00βα∈≠'t t z ，则（试证）曲线C 在点)(0t z 有切线。
分析 1）在)(0t z 的某去心领域内能联结割线()(10t z t z ； 2）割线的极限位置就是切线。
证1）,0>∃δ使}{\),(0001t t t t δδ+-∈∀，有)()(01t z t z ≠，即C 在)(0t z 的 对应去心领域内无重点，即能够连接割线()(10t z t z ，否则就存在数列{},01t t n →使)()(01t z t z n =。
于是0)()(lim )(0101001=--='→t t t z t z t z n n t t n ，这与假设矛盾。
2）01001),(t t t t t >⇒+∈δ，[],)()(arg )()(arg010101t z t z t t t z t z -=--[])()(arg lim 010t z t z t t -∴→（对)(0t z 割线)()(10t z t z 倾角的极限）⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=--=→→01010101)()(lim arg )()(arglim 0101t t t z t z t t t z t z t t t t )(a r g0t z '=。
因此,割线确实有极限位置,即曲线C 在点)(0t z 的切线存在,其 倾角为)(arg 0t z '.3. 设 ⎪⎩⎪⎨⎧=≠+==+++-.0,0;0,)(223333)(z iy x z z f y x y x i y x试证)(z f 在原点满足..R C -条件,但却不可微. 证 1) 有公式(2.5)及(2.6)有;1)0()(lim0i z f z f iv u x y x x +=-=+→=.1)0()(lim0+=-=+-→=i zf z f v iu y x y y2) 但z 当沿直线0)0(→≠=m mx y 时,zf z f z )0()(lim-→随m 而变.4. 试证下列函数在z 平面上任何点都不解析: (1) z ; (2) y x +; (3) z Re ; (4)z1. 分析 由于孤立的可微点不是解析点,故只须证明各函数 个别点外处处不满足解析的必要条件:..R C -条件.证 (1) 当0≠z 时,即y x ,至少有一0≠时,或有,y x v u ≠ 或有.x x v u -≠故z 至多在原点可微;(2) 在上处处不满足..R C -条件;(3) 的结论同(2); (4),122y x iy x zz z z ++==除原点外,..R C -条件处处不成立. 5. 判断下列函数的可微性和解析性: (1) ;)(22y ix xy z f += (2) ;22iy x +(3) ;32)(33iy x z f += (4) ).3(33223y xy i xy x -+- 分析 如只在孤立点或只在直线上可微,都未形成由可微点构成的圆邻域,故都在其上不解析;利用推论2.3考查可微性,然后应用解析的定义.解 (1) .),(,),(22y x y x v xy y x u == 仅当0==y x 时,22,22xy v u xy x v u y x y y x -=-=====且此四偏导数在原点连续,故)(z f 只在原点可微,且.0)2()()0()0,0(2)0,0(===+='xyi x iv u f x x6. 若函数)(z f 在区域D 内解析,且满足下列条件之一,试 证)(z f 在D 内必为常数.(1) 在D 内;0)(='z f (2))(z f 在D 内解析; (3) )(z f 在D 内为常数;(4) )(Re z f 或)(Im z f 在D 内为常数. 分析 分别由各题设条件及..R C -条件得:在D 内,0====y x y x v v u u 从而v u ,在D 内为常数.引理* 在区域D 内0====y x y x v v u u(A)⇒在D 内v u ,为常数.事实上,1) 设000iy x z +=为D 内一定点.)(00y y i x x iy x z ∆++∆+=+=是D 内任一点.若这两点能用全含于D 内的直线段z z 0来联结, 则有:),(),(0000y x u y y x x u u -∆+∆+=∆ x y y x x u x ∆∆+∆+=),(00θθ).10(),(00<<∆∆+∆++θθθy y y x x u y )(B这是因为,”若令),10(,00≤≤∆+=∆+=t y t y y x t x x 则有),,()(00y t y x t x u t F ∆+∆+= x y t y x t x u t F x ∆∆+∆+='),()(00 .),(00y y t y x t x u y ∆∆+∆++而.,y dtdy x dt dx ∆=∆= 由数学分析中的微分中值定理得)()01)(()0()1(θθF F F F '=-'=-).10(<<θ于是)(B 式成立.”从而由)(A 知,0=∆u 即),(),(00y x u y x u =.即在D 内u 为常数.同理,在D 内v 为常数.2) 若联结两点0z 与z 的直线段不全含于D 内,由区域的连通性知,可用全含在D 内的折线段将0z 与z 连接.若111iy x z +=是折线上0z 后面的一个顶点,则在)1段中u ∆的表达式)(B 中, 令,1010,y y y x x x =∆+=∆+立即得).,(),(0011y x u y x u =如此逐步推算,由一顶点至另一顶点,最后可得()().,,00y x u y x u =即在D 内u 为常数. 同理,在D 内v 为常数.引理*证毕. 证(1)...)(0,y y x x iu v R C iv u z f D iy x z --+='=∈+=∀(2) 由题设条件iv u +及iv u -在D 内解析,再由..R C -条件可推得0====y x y x v v u u 最后有引理*可得证.(3) 由题设,在D 内=)(z f 常数C . 1) .0)(0≡⇒=z f C 2) .0)(0≠⇒≠z f C证一 )()()(2z f C z f C z f =⇒=在D 内解析,于是由题(2)得知D z f 在)(内为常数.证二 ,0222≠=+C v u 分别对y x ,微分,再应用..R C - 条件,讨论解二元一次方程组,即得在D 内.0====y x y x v v u u(4) 由..R C -条件推得,在D 内.0====y x y x v v u u 8. 试证下列函数在z 平面上解析,并分别求出其导函数. (1) ;33)(3223i y xy yi x x z f --+=(2) );sin cos ()sin cos ()(y x y y ie y y y x e z f xx ++-= (3) ;cos sin )(xshy i xchy z f += (4) ;sin cos )(xshy i xchy z f -= 证 应用定理2.5及求导公式(2.7).),2cos(2sin 21sin )cos()cos(cos nb a b bn nb a b a a ++=+++++ (1)及).2sin(2sin 21sin )sin()sin(sin nb a b bn nb a b a a ++=+++++ （2）证一 分别证明（1）和（2）.按定义将正,余弦函数表成指数函数,再等比级数求和的公式简化.注 由于a 和b 是复数,不能从(1)+i (2)着手化简后,再比较实,虚部. 证二 先将(1)和(2)式两端各乘2sin b去分母后,再应用三角函数中积化和差的公式,代入左端化简.16. 试证：（1）ishz iz =)sin(；（2）chz iz =)cos(；（3）z i iz sh sin )(=；（4）z iz ch cos )(=； （5）ithz iz tg =)(；（6）itgz iz th =)(.证 （1）、（2）应用定义2.5及2.7；（3）由（1）；（4）由（2）；（5）、（6）由定义2.6、及2.7及（1）、（2）. 17. 试证：（1）122=-z sh z ch ；（2）1sec 22=+z th z h ；（3）212121)(shz shz chz chz z z ch +=+.证 （1）由16题（1）、（2）；（2）由本题（1）；（3）由16题（1）、（2）. 18. 若,iy x z +=试证：（1）xshy i xchy z cos sin sin +=； （2）xshy i chy z sin cos cos -=；（3）y sh x z 222sin sin +=； （4）y sh x z222cos cos +=.证 （1）、（2）应用16题（1）、（2）；（3）、（4）分别应用本题（1）、（2）及17题（1）. 20. 试解方程：（4）0sin cos =+z z ；（5）i tgz 21+=. 解 （4）.0)sin 21cos 21(2=+z zππk z +-=4（k 为整数）.（5）Arc z =)21(1)21(121)21(i i i i Lni i tg +-++=+=+-=5221i Ln i⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=21)12(21arctg k z π +).,1,0(5ln 4±=k i21. 设θi re z =，试证[])cos 21ln(21)1ln(Re 2θr r z -+=-. 证 设ϕρi e z =-1，则[]ρln )1ln(Re =-z .22. 设3z w =确定在从原点0=z 起沿正实轴割破了的z 平面上，并且i i w -=)(，试求)(i w -之值.解一 32)(3)()(πθk z ik ez r z w +=，（G z ∈：πθ2)(0<<z ；2,1,0=k ）1） 利用i i w -=)(定)2;2,=k k 求)(2i w -. 解二 作图2.0.13)(z z f =3arg 31)(arg π=∆=∆⇒z z f c c .再由公式（2.25）计算).)((6i ei f π-=-23. 设3z w =确定在从原点0=z 起沿负实轴割破了的z 平面上，并且32)2(-=-w （这是边界上岸点对应的函数值），试求)(i w 之值.解一 .,222ππii e i e ==-由32)2(-=-w 定,1,=k k 从而.)(651i ei w π=解二 作图2.0.2.3)(z z f =，而[].arg )2(arg 3π=-=-z f又∆ .6arg 31)(arg ,2arg ππ-=∆=∆-=z z f z c c 再应用公式（2.25）计算))((65i e i f π=.24. 已知1)(4+=z z f 在ox 轴上A 点（1>=R OA ）的初值为14++R ，令z 由A 起沿正向再以原点为中心的圆周上走41圆周而至oy 轴的B 点，问)(z f 在B 点的终值为何？分析 题设的函数1)(4+=z z f 是具有四个有限支点的二值函数，讨论起来比较繁难，而经过变数代换4z w =后，就简化成具有单有限支点-1的二值函数1+=w w .解 z 在z 平面上沿以0=z 为心，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w=0为心，14>R 为半径的象圆周Γ从'A 走到B '，刚好绕1+=w w 的交点-1转一整周.故它在B '的值为1+-w .因此1|)(|)(4+-=-=R z f z f A B . 25. 试证：在将z 平面适当割开后，函数32)1()(z z z f -=能分出三个单值解析分支.并求出在点2=z 取负值的那个分支在i z =的值.分析 仿例2.3.14，2.3.15及2.3.16解之.证 )(z f 的支点是,1,0=z 在沿]1,0[割开的z 平面的区域D 内，)(z f 能分出三个单值解析分支.证一 令11r z =-1θi e ，2r z = 2θi e当2=z 时，2,1,0,2121====r r θπθ.由已知π)(arg z f k 定1,=k k .然后计算i ei f 127612)(π-=32232121)]()[()(πθθk ik ez r z r z f ++=证二 作图2.0.4.由2到i ，取路线1C .,127)(arg 1π=∆z f c 再按公式（2.25）计算)(i f 证三 作图2.0.4.由2到I ,取路线2C ,π1217)(arg 2-=∆z f c .再按(2.25)计算)(i f .(二)1.设21)(z z z f -=,试证().1,0)()(Re <>⎥⎦⎤⎢⎣⎡'z z f z f z证2224221I m (2111)()(zz i z z z z f z f z -=-=-+='.2.设zzz f -=1)(,试证 ().1,0)()(1Re <>⎥⎦⎤⎢⎣⎡'''+z z f z f z 证3.若函数在上半平面内解析，试证函数在下半平面内解析. 证一设z z 、0分别为下半z 平面内的定点及动点，可证)()()(lim0000z f z z z f z f z z '=--→.由0z 的任意性及解析的定义得证.证二),(),()(y x iv y x u z f +=在上半平面)0(>y 内解析⇒1)),(),,(y x v y x u 在0>y 可微，且2)yy x v x y x u ∂∂=∂∂),(),(, )0(),(),(>∂∂-=∂∂y xy x v y y x u ()* 考查)0)(,(),()(<--=y y x iv y x u z f ，则可证：1)),(),,(y x v y x u ---在0<y 内可微，且由()*式有 2）[][]yy x v x y x u y ∂--∂*∂-∂>-),()(,)0(， [][]xy x v y y x u ∂--∂-=∂-∂),()(,. 4．(形式导数)(1)设二元函数),(y x u 有偏导数.此函数可以写成iy x z +=及z 的函数).2,2(izz z z u u -+= 试证(形式地)⎪⎪⎭⎫⎝⎛∂∂+∂∂=∂∂⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂-∂∂=∂∂y u i x u z u y u i x u z u 21,21 (2)设复变函数),(),()(y x iv y x u z f +=,且),(y x u 和),(y x v 都有偏导数.试证(形式地):对于)(z f ,柯西—黎曼(Cauchy-Riemann)条件可以写成0=∂∂+∂∂=∂∂zvi z u z f (由此可见,解析函数是以条件0=∂∂zf为其特征的.因此,我们不妨说,一个解析函数与z 无关,而是z 一数的函数.)证 （形式地）（1）由于)(21),(21z z iy z z x -=+=. 这里视z z ,为两个独立变量.根据复合函数求偏导的法则，即可形式地得证。
复变函数答案 钟玉泉 第五章习题全解
(z 2 1)2 4(z i)2 n0
2i
1 4(z i)2
(1)n (n 1)( z i)n )n
n0
2i
(0
z i
2)
1
(2) z 2e z
1 z n2
1 1 (0 z )
n0 n!
n2(n 2)! z n
e e e (3) 令 1 ，则 z
1
1z
1
2
(1 ...) 2
f (z) w0 解 析 , 即 为整函数 . 又 因 f (z) 非 常 数 , 所 以 g(z) 非常 数 , 其值全 含于一圆
g(z) 1 之内,与刘维尔定理矛盾. 0
11.证明:由题意, f (z) 在 z0 的去心邻域内的洛朗展开式可设为
f (z)
c1 z z0
cn (z z0 )n
(a)
0
6.证明：令 g(z) (z a)k f (z) 。由题设， g(z) 在 k {a}: 0 | z a | R 内有界。由
定理 5.3（3），a 为 g(z) 的可去奇点，则 a 为 g(z) 的解析点。又由定理 5.4（2），
若
a
为
f
(z) 的
m
级极点，则在点
a
的某去心邻域内能表成
正好是以 1 为中心的无穷远点的去心领域。所以根据题中的洛朗展式，只能判
定 z 是 f (z) 的可去奇点。
3.证明：由孤立奇点的定义，又有 f (z) 在点 a 解析，故知 a 为 g(z) 的孤立奇点，
且 lim g(z) lim f (z) f (a) f (a) g(a) ，故 a 为 g(z) 的可去奇点。故在 a 业
（充分性） 若
复变函数论第三版课后习题答案
第一章习题解答（一）1．设z ，求z 及Arcz 。
解：由于3i z e π-== 所以1z =，2,0,1,3Arcz k k ππ=-+=±。
2．设121z z =，试用指数形式表示12z z 及12z z 。
解：由于6412,2i i z e z i e ππ-==== 所以()64641212222i i iiz z e eee πππππ--===54()146122611222ii i i z e e e z e πππππ+-===。
3．解二项方程440,(0)z a a +=>。
解：12444(),0,1,2,3k ii za e aek πππ+====。
4．证明2221212122()z z z z z z ++-=+，并说明其几何意义。
证明：由于2221212122Re()z z z z z z +=++2221212122Re()z z z z z z -=+-所以2221212122()z z z z z z ++-=+其几何意义是：平行四边形对角线长平方和等于于两边长的和的平方。
5．设z 1，z 2，z 3三点适合条件：0321=++z z z ,1321===z z z 。
证明z 1，z 2，z 3是内接于单位圆1=z 的一个正三角形的顶点。
证 由于1321===z z z，知321z z z ∆的三个顶点均在单位圆上。
因为33331z z z ==()[]()[]212322112121z z z z z z z z z z z z +++=+-+-=21212z z z z ++=所以， 12121-=+z z z z ，又)())((122122112121221z z z z z z z z z z z z z z +-+=--=-()322121=+-=z z z z故 321=-z z ，同理33231=-=-z z z z ，知321z z z ∆是内接于单位圆1=z 的一个正三角形。
复变函数答案 钟玉泉 第三章习题全解
14.证明:由上题知 C 和 Γ 均为光滑曲线,因 Φ(w) 沿 Γ 连续以及 f (z), f ′′(z) 在包 含 C 的区域 D内解析,因此 Φ[ f (z)] f ′(z) 也连续,故公式中的两端积分存在.则
|z| =1 z + 2
设 z = eiθ , dz = ieiθ dθ ⇒
2π i iθdθ 2π (i cosθ − sinθ )[(cosθ + 2) − i sinθ ]
e 0 = ∫ e ∫ 0
iθ + 2 = 0
dθ (cos θ + 2)2 +sin2 θ
∫= 2π −2 sinθ + i(1+ 2 cosθ )dθ
∂2 ( ∂x2
+
∂2 ∂y2 )
f(Biblioteka )2=4(ux 2
+
vx2 ) +
2u (ux2
+
uy2
)+
2v (vx2
+
vy2
)
=4（ ux2 + vx2 ）=4 f ′(z ) 2
18.证明: f (z)在 D 内解析,则 f ′(z) 在 D 内也解析.已知 f ′(z) ≠ 0,则 ln f ′(z)在
π
(3)下半圆周方程为 z = eiθ ,π ≤ θ ≤ 2π ,则
∫ ∫ ∫ z dz = 2π deiθ = i 0ie iθ dθ = 2
C
π
π
3.证明:(1) C : x = 0,−1 ≤ y ≤ 1
复变函数论第三版课后习题答案
第一章习题解答〔一〕1．设z =z 及Arcz 。
解：由于3i z e π-== 所以1z =，2,0,1,3Arcz k k ππ=-+=±。
2．设121z z =，试用指数形式表示12z z 及12z z 。
解：由于6412,2i i z e z i e ππ-==== 所以()64641212222i i iiz z e eee πππππ--===54()146122611222ii i i z e e e z e πππππ+-===。
3．解二项方程440,(0)z a a +=>。
解：12444(),0,1,2,3k ii z a e aek πππ+====。
4．证明2221212122()z z z z z z ++-=+，并说明其几何意义。
证明：由于2221212122Re()z z z z z z +=++2221212122Re()z z z z z z -=+-所以2221212122()z z z z z z ++-=+其几何意义是：平行四边形对角线长平方和等于于两边长的和的平方。
5．设z 1，z 2，z 3三点适合条件：0321=++z z z ,1321===z z z 。
证明z 1，z 2，z 3是内接于单位圆1=z 的一个正三角形的顶点。
证 由于1321===z z z，知321z z z ∆的三个顶点均在单位圆上。
因为33331z z z ==()[]()[]212322112121z z z z z z z z z z z z +++=+-+-=21212z z z z ++=所以， 12121-=+z z z z ，又)())((122122112121221z z z z z z z z z z z z z z +-+=--=-()322121=+-=z z z z故 321=-z z ，同理33231=-=-z z z z ，知321z z z ∆是内接于单位圆1=z 的一个正三角形。
复变函数答案 钟玉泉 第六章习题全解
Re s
z
(6) Re s
z 1
ez ez e ( z 1) 2 | z 1 2 z 1 z 1 2
Re s
z 1
ez ez e 1 ez ez e ( z 1 ) | Re s ( z 1 ) | z 1 z 1 2 2 2 2 z 1 z 1 2 z 1 z 1 z 1 2 ez e 1 e ( Re s f ( z ) Re s f ( z )) z 1 z 1 z 2 1 2
第六章 留数理论及其应用
（一）
1.解：(1)z=1 是一级极点，故由推论 6.3 知
Re s f ( z ) ( z 1)
z 1
1 1 | 2 z 1 ( z 1)( z 1) 4
Z=-1 是二级极点，同前由推论 6.4 知
Re s f ( z ) [( z 1) 2
Re s f ( z ) C1
z 0
4 3
z z 0
又由 z=0 是唯一有限奇点，故 Re s f ( z ) Re s f ( z ) (4)由 e z 1 1
1
4 3
1 1 所以 Re s f ( z ) 1 z 1 z 1 2!z 12
由儒歇定理，f(z)与
而 f(z)=-z 在 C 内只有一个零点，所以
f ( z) g ( z) ( z) z
只有一个零点，记为 z ，使得 ( z ) z C 或 ( z ) z 0 0 0 0 0
Re s f ( z )
z n
1 的 sin z
1 | z (1) n (sin z )
1 e2 z 1 (2 z ) 2 (2 z ) 3 2 2 4 (3)由 4 4 2z 3 2 所以 z z 2! 3! z z 3z
复变函数论第三版钟玉泉第五章
(3)
(1).
因主要部分的系数
cn
1
2i
f
a n1
d
其中 : a , 可任意小，故
cn
1
2
f
a n1
d
1
2
M
n1
2
M n
cn 0 n 1，2,
13
2020/7/9
复变函数
华中科技大学数学与统计学院
3. 施瓦茨(Schwarz)引理
Schwarz引理 如果函数f(z)在单位圆|z|<1内解析, 并且满足条件 f(0)=0,|f(z)|<1(|z|<1)，则在单位圆 |z|<1内恒有|f(z)|≤|z|,且有 | f (0) |1. 如果上式等号成立,或在圆|z|<1内一点z0≠0 处前一式等号成立,则(当且仅当)
12
2020/7/9
复变函数
华中科技大学数学与统计学院
证 (1) (2). 由(1)有
f z c0 c1z a c2z a2 0 z a R
因此 lim za
(2) (3).
f
z
因
c0
lim
f z
b
则
0,
za
0, z
:0
|
z
a
| ,有 |
f
(z) b |
,
于是,有 | f (z) || b | ,即f (z)在a的去心邻域内有界。
ez z3
展开成洛朗级数.
例2 求函数
f
z
sinh z2
z
在 0 z
内的洛朗级数。
例3 试问函数 f 洛朗级数？
z
tan
《复变函数》第二章习题全解钟玉泉版
《复变函数》第二章习题全解钟玉泉版第二章解析函数（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 fD 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 r θθθθθ=--+()()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 ze 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 zzi 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 222222=+=+=+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 xshy i 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=+==2sin2cosππ(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 +-=+-=411ln 21 (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 ei w π451)(=24.解: )24(2ln )]2)1(arg(1[ln )1ln()1(πππk i k i i i i i i ieeei +-+++++===+)24(2lnππk 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 =可能的支点为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 zi f i e π?=()2arg 1arg 3c c i z z e-+??=32342i ππ??+=712i eπ=.(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 zf z z z f z z z z+-+?==---()4242121Re m z I z i z z -+=+- 所以 ()()4'421Re 12Re z f 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)()()(lim 0000z 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 y v x u z v i z u z f ??+??+??-??=??+??=??所以x v y u y v x u ??-==??,,得 0=??zf5.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<="" bdsfid="432" p="">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<="">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 =的可能支点为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 e π-==,i f 162)1(-=-''.。
复变函数论第三版钟玉泉第二章
如果函数 f (z)在区域 D内每一点解析, 则称 f (z)在区域 D内解析. 或称 f (z)是 区域 D内的一 个解析函数(全纯函数或正则函数).
2. 奇点的定义
若函数 f (z )在点 z 0不解析，但在 z 0 的任一邻域内总 有f (z )的解析点，则称 z 0 为函数f (z ) 的奇点.
dw f (z0 ) z f (z0 ) dz, 即
f
( z0
)
dw dz
z z0
函数w f (z)在 z0 可导与在 z0 可微是等价的.
如果函数 f (z)在区域 D内处处可微, 则称
8 f (z)在区域 D内可微.
复变函数论
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二、解析函数的概念
1. 解析函数的定义 如果函数 f (z) 在 z0 及 z0 的某邻域内处处可导 ,
若 f (z ) = u (x, y ) + iv (x, y ) 在一点z = x + iy,可微，设
lim f (z + D z ) - f (z ) = f ' (z )
Dz? 0
Dz
（1）
设 Vz =Vx + iVy, f (z + Vz )- f (z ) = Vu + i Vv,
Vu = u (x + Vx, y + Vy )- u (x, y )
z
z
x iy
y , x iy
当点沿平行于实轴的方向(y 0)而使z 0时,
lim f lim f (z z) f (z) lim y 0,
z0 z z0
z
x0 x iy
y0
当点沿平行于虚轴的方向(x 0)而使z 0时,
[VIP专享]复变函数论第三版课后习题答案[1]46
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第一章习题解答（一）1．设，求及。
z z Arcz 解：由于3z e π-==所以，。
1z =2,0,1,3Arcz k kππ=-+=± 2．设，试用指数形式表示及。
121z z ==12z z 12z z 解：由于6412,2i i z e z i e ππ-====所以()64641212222i i iiz z e eeeπππππ--===。
54()146122611222ii i i z e ee z e πππππ+-===3．解二项方程。
440,(0)z a a +=>解：。
12444(),0,1,2,3k i za e aek πππ+====4．证明，并说明其几何意义。
2221212122()z z z z z z ++-=+证明：由于2221212122Re()z z z z z z +=++ 2221212122Re()z z z z z z -=+- 所以2221212122()z z z z z z ++-=+其几何意义是：平行四边形对角线长平方和等于于两边长的和的平方。
5．设z 1，z 2，z 3三点适合条件：0321=++z z z ,1321===z z z 。
证明z 1，z 2，z 3是内接于单位圆1=z 的一个正三角形的顶点。
证 由于1321===z z z ，知321z z z ∆的三个顶点均在单位圆上。
因为33331z z z ==()[]()[]212322112121z z z z z z z z z z z z +++=+-+-=21212z z z z ++=所以， 12121-=+z z z z ，又 )())((122122112121221z z z z z z z z z z z z z z +-+=--=-()322121=+-=z z z z 故 321=-z z ，同理33231=-=-z z z z ，知321z z z ∆是内接于单位圆1=z 的一个正三角形。
复变函数论钟玉泉第三版高教答案清晰版
第一章 复变与复变函数（一）1.解：1)23()21(22=-+=zArgz=argz+πk 2=πππk k 232)3arctan(+-=+- ),2,1,0( ±±=k2.解:因为i ei z e i z 6423,2121ππ-=-==+=所以iie z z e z z 1251221,22121ππ==⋅ 3.解:由044=+a z 得44a z -= 则二项方程的根为a w k k ⋅-=)1(4 )3,2,1,0(=k a e e i i k ⋅⋅=442ππ )3,2,1,0(=k因此 )1(20i a w +=,)1(21i a w +-=)1(22i a w --=,)1(23i a w -=4.证明:因为)Re(2212221221z z z z z z ++=+)R e (2212221221z z z z z z -+=-两式相加得)(22221221221z z z z z z +=-++几何意义:平行四边形两队角线的平方和等于各边平方和. 5.证明:由第4题知)(22221221221z z z z z z +=-++由题目条件 0321=++z z z 知321z z z -=+可有 321z z z =+ 于是 3)(2)(22322212212221221=-+=--+=-z z z z z z z z z同理 3213232=-=-z z z z所以 3133221=-=-=-z z z z z z 因此321,,z z z 是内接宇单位圆的等边三角形的顶点. 6.解:(1)表示z 点的轨迹是1z 与2z 两点连线的中垂线;不是区域. (2)令yi x z +=,由4-≤z z 得yi x yi x +-≤+)4(,即2222)4(y x y x +-≤+,得2≤x因此, z 点的轨迹是以直线2=x 为右界的右半平面(包括直线);不是区域.(3)同(2)yi x z +=,得0>x ,故z 点的轨迹是以虚轴为左界的右半平面(包括虚轴;是区域.(4)由⎪⎩⎪⎨⎧≤≤<-<3Re 24)1arg(0z z π 得⎪⎩⎪⎨⎧≤≤<-<3241arctan 0x x y π 即⎩⎨⎧≤≤-<<3210x x y 可知z 点的轨迹是一梯形(不包括上,下边界);不是区域.(5)z 点的轨迹是以原点为圆心,2为半径以及(3,0)为圆心,1为半径得两闭圆的外部.是区域.(6)z 点的轨迹的图形位于直线1Im =z 的上方(不包括直线1Im =z )且在以原点为圆心,2为半径的圆内部分(不包括圆弧);是区域. (7)z 点的轨迹是4arg π=z ,半径为2的扇形部分;是区域.(8)z 点的轨迹是以)2,0(i 为圆心,21为半径以及)23,0(i 为圆心, 21为半径的两闭圆的外部.是区域.7.证明:已知直线方程一般式为),,(0c b a c by ax =++为实常数,b a ,不全为零. 以 izz y z z x 2,2-=+= 代入化简得0)(21)(21=+++-c z bi a z bi a 令 0)(21≠=+αbi a 得 0=++c z z αα反之(逆推可得).8.证明: 因为Z 平面上的圆周可以写成()0z z -=γγ>0 其中0z 为圆心，γ为半径 所以 ()()200z z z z z z 2γ=-=--0000z z z z z z z z =⋅-⋅-⋅+⋅ 令2001,,A B z C z 2==-=-γ，从而圆周可以写成 0A Z Z B Z B ZC +++=,A C 为实数，且22200B z z AC 2=>-γ=9.证明：可证1213z z z z --为实数. 10.解:(1)令)1(i t yi x z +=+=,得y x =,即曲线为一,三象限的角平分线. (2)令,sin cos t ib t a yi x z +=+=得t b y t a x sin ,cos ==,则有12222=+by a x ,故曲线为一椭圆.(3)令)0(≠+=+=t i t t yi x z ,可得ty t x 1,==,则1=xy ,故曲线为一双曲线.(4)令22tt yi x z +=+=,得221,t y t x ==,即1=xy )0,0(>>y x ,故曲线为双曲线在第一象限内的一支. 11.解:(1)由于4222==+z y x ,又有)(411122yi x y x yi x yi x z w -=+-=+== 所以 ,4,4y v x u -==则41)(1612222=+=+y x v u这表示在w 平面上变成的曲线是以原点为圆心,21为半径的圆周. (2)将x y =代入yi x w +=1,即yix iv u +=+1中得 xi x x i i x iv u 22121)1(1-=--=+=+于是,21,21xv x u -==因此u v -=,故曲线为w 平面上二,四象限的角分线. (3)同上将1=x 代入变换yix iv u +=+1得 21111yyiyi iv u +-=+=+ 于是,1,1122yy v y u +-=+=且u y y y v u =+=++=+22222211)1(1 故解得41)21(22=+-v u ,这表示曲线变成w 平面上的一个以)0,21(为圆心,21为半径的圆周.(4)因1)1(22=+-y x ,即可得0=--z z z z 将wz w z 1,1==代入得01111=--⋅w w w w ,即ww w w w w +=1,因此1=+w w所以这表示曲线变成w 平面上的一条过)0,21(且平行于虚轴的直线.12.证明:(1)首先考虑函数n z z f =)(在z 平面上的连续性. 对复平面上任意一点0z ,来证明nn z z z z 00lim =→不妨在圆10+=≤z M z 内考虑. 因为10102100(-----≤+++-≤-n n n n nn nM z z z z zzz z z z ,故对0>∀ε,只需取1-≤n nM εδ,于是当δ<-0z z 时,就有ε<-nn z z 0.(2)由连续函数运算法则,两连续函数相除,在分母不为零时,仍连续.因此)(z f 在z 平面上除使分母为零点外都连续. 13.证明:令ππ<<-⎩⎨⎧=≠=z z z z z f arg 0,00,arg )(分情况讨论:(1) 若00=z ,由于当z 沿直线)(arg 00πθπθ<<-=z 趋于原点时,)(z f 趋于0θ,这里0θ可以取不同值,因而)(z f 在00=z 处不连续.(2) 若)0(0<=x z 由定义当z 从上半平面趋于0z 时, )(z f 趋于π,当z 从下半平面趋于0z 时, )(z f 趋于π-,所以)(z f 在实轴上不连续.(3) 其他点0z ,作一个以0z 为中心δ为半径的圆,只要δ充分小,这个圆总可以不与负实轴相交.任取0Argz 的一个值0θ,以0z 为中心δ为半径的圆,因0z z n →,故存在自然数N ,当N n >时,n z 落入圆内,从原点引此圆的两条切线,则此两条切线夹角为)(2δϕ,0arcsin)(z δδϕ=,因此总可以选取n Argz 的一个值n z arg .当N n >时,有)(arg 0δϕθ<-n z ,因0→δ时,0)(→δϕ.因而,总可以选取δ,使)(δϕ小于任何给定的0>ε,即总有ε<-0arg arg z z .因此)(z f 在0z 连续.综上讨论得知, )(z f 除原点及负实轴上的点外处处连续.14.证明:由于)(z f 的表达式都是y x ,的有理式,所以除去分母为零的点0=z ,)(z f 是连续的,因而只须讨论)(z f 在0=z 的情况.当点yi x z +=沿直线kx y =趋于0=z 时, 222211)(kkk k y x xy z f +→+=+=这个极限值以k 的变化而不同,所以)(z f 在0=z 不连续.15.证明:由z z f =)(连续即得.16.证明:1z -在1z <内连续且不为0，故11z-在1z <内连续 011,0,2εδδ⎛⎫∃=∀>< ⎪⎝⎭，均存在121,142z z δδ=-=-使得124z z δδ-=<()()1212112111f z f z z z δ-=-=>-- 故()f x 在1z <内非一致连续17.证明：必要性：设i y x z n 000lim +==∞→，由定义0,0>∃>∀N ε，当N n >时，恒有ε<-0z z n ，从而由定义知 ε<-≤-00z z x x n n ε<-≤-00z z y y n n 即)(,00∞→→→n y y x x n n 充分性:由定义得00000)()(y y x x i y y x x z z n n n n n -+-≤-+-=- 因此,当)(,00∞→→→n y y x x n n 时,必有)(0∞→→n z z n . 18.证明:利用第17题,及关于实数列收敛的柯西准则来证明.必要性:设0lim z z n n =∞→.则由定义对0)2(,0>=∃>∀εεN N ，当N n >时，恒有20ε<-z z n .因而对任何自然数p ,也有20ε<-+z z p n .利用三角不等式及上面两不等式, 当N n >时,有 ε<-+-≤-++00z z z z z z n p n n p n充分性:设对0)(,0>∃>∀εεN ,当N p n n >+,时,有ε<-+0z z p n ,由定义得 ε<-≤-++n p n n p n z z x xε<-≤-++n p n n p n z z y y由此根据实数序列的柯西准则,必存在两个实数00,y x ,使)(,00∞→→→n y y x x n n ,有i y x i y x z n n n 00+→+=19.证明:设)),3,2,1(( =≤+=n M z i y x z n n n n ,因为M z y x n n n ≤≤,,所以{}{}n n y x ,都有界.根据实数列的致密性定理,知{}n x 有收敛于某常数a 的子序列{}k n x ,相地在),2,1( =+k i y x k k n n 中,{}k n y 任有界,因而{}k n y 也有以收敛于某一常数b 的子序列{}kj n y ,在),2,1( =+=j i y x z kj kj kj n n n 中, {}k n x 任收敛于a ,因此所设序列有一收敛于bi a +的子序列.20.证明:(1)若00=z ,则由定义对N ∃>∀,0ε,当N n >时有{}2ε<n z而 nz z z n z z z n z z z z nN N N n n +++++++=+++='++ 212121 固定N ,取⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++=nz z z q N N 2102,max ,则当0N n >时,有221ε<++n z z z N故 ε<+++++≤'++n z z z n z z z z n N N N n 2121(2)若00≠z ,则当0)(lim 0=-∞→z z n n ,000010)()(z n nz z z z z z z n n -+-+-=-'0)()(001→-+-=nz z z z n（二）1.解:ii i e e e i i ϕϕϕϕϕϕϕ193)3(2532)()()3sin 3(cos )5sin 5(cos ==-+- 2.解:由于it e z =,故nt i nt e z nt i nt e z nti n nti n sin cos ,sin cos -==+==-- 因此 nt zz nt z z n nn n sin 21,cos 21=-=+ 3.证明:已知(155122cos sin 2233nnn n n n n n x iy i ⎛⎫⎛⎫+=-=-=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ππ 因此 552cos ,2sin33n n n n n n x y ππ== 11n n n n x y x y ---()()151515522cos sin sin cos 3333n n n n n n ππππ---⎡⎤=-⎢⎥⎣⎦()215152sin 33n n n ππ--⎛⎫=- ⎪⎝⎭4.证明：第一个不等式等价于2222)(21y x z y x +=≤+，即)(222222y x y x y x +≤++,即0)(2>-y x 这是显然的,因此第一个不等式成立. 第二个不等式等价于2222222)(y y x x y x y x z ++=+≤+= ,即02≥y x 这是显然的,因此第二个不等式成立. 5.证明:利用公式 )Re(2212221221z z z z z z -+=-以及z z =Re6.证明: 因为21,az b az b az bz bz a bz a bz a+++==⋅+++所以22221a abz abz b b abz abz a+++==+++故1az bbz a+=+7.解:设0z 为对角线→31z z 的中点,则 i z z z 21)(21310+=+=分别左旋及右旋向量30z z 各2π,写成复数等式后,即可由此解得顶点2z 的坐标为(4,1); 顶点4z 的坐标为(-2,3).8.证明:由于123z z z ∆与123w w w ∆同向相似的充要条件是33,z w ∠=∠且23231313z z w w z z w w --=--,而23313arg ,z z z z z -∠=-2313arg w w w w w -∠=-,于是有23231313z z w w z z w w --=--,即1122331101z w z w z w =.9.证明：123,,z z z 4,z 四点共圆或共直线的充要条件为1233410z z z z z z ∠+∠=或π但3212321argz z z z z z z -∠=-，1434143arg z zz z z z z -∠=- 3232141421432143a r g a r g a r g z z z z z z z z z z z z z z z z ----+=⋅----， 因此1234,,,z z z z 共圆周或共直线的充要条件为34141232:z z z z z z z z ----为实数. 10.证明:由21Oz Oz ⊥知2arg arg 21π±=-z z故i z zz z 2121±=,两边平方即得02121=+z z z z ,反之亦然. 11.证明:因为2221k z z z z =--,从而22121k z z z z zz z z =⎪⎪⎭⎫⎝⎛--⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-- 所以 ()2222221112z z z z k z z z z z z +-=+--即 212222122122)()()1(z z k z k z z z k z z k z -=-----亦即 2222122221122122222221)1()1()(1k z z k k z z z z z z k k z k z z --=---+=---故有 221222111kz z k k z k z z --=---,此为圆的方程,该圆圆心为222101k z k z z --=,半径为2211kz z k--=ρ ),10(21z z k ≠≠<. 12.证明:2222)1()1(11111b a b a z z zz+--<+-⇔+<-⇔<+- 022)1()1(2222>⇔<-⇔+--<+-⇔a a a b a b a几何意义:右半平面上的点到(1,0)的距离a 小于到(-1,0)点的距离b ;到(1,0)的距离a 小于到(-1,0)点的距离b 的点在右半平面上.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 [])()(a r g)()(a r g 010101t 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 Q x ==-====- 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 =-+=()s i n s i n c o s 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x c h yv x s h y v x s h y u x c h y u y x y x c o s ,s i n ,s i n ,c o s =-=== 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 x s h y i x c h y i v u z f x x c o s s i n c o s )(=-=+=' (4)由xshy y x v xchy y x u sin ),(,cos ),(-==,则有x c h y v x s h y v x s h y u x c h y u y x y x s i n ,c o s ,c o s ,s i n -=-==-=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 x s h y i x c h y i v u z f x x s i n c o s s i n )(-=--=+=' 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=-=--+()()1c o s s i n s i n c o s r i u i ur θθθθθ=--+ ()()c o s s i n s i n c o s r r i u ivθθθθ=-++ ()()c o s s i n r r i u iv θθ=-+()()1c o s s i n r r r r ru i v u i v 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 ei ---+-=()112i i i e e-+++=c o s 11s i n 1122e 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 11lim 00==-=→z zz 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 -+=)c o s ()c o s (c o s 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 +-++-+-++++++ =⎥⎦⎤⎢⎣⎡--⋅+--⋅+-+ibbn 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 zzi 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 -=+=+ 2121s h z s h z c h z c h z += 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 xshy i xchy z 22222222sinh cos sin cos sin cos cos +=+=-=19.证明: chz e e e e shz zz z z =+='-='--2)2()( s h z e e e e c h z 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 +-=+-=411ln 21(5) 设,z x iy =+由12tgz i =+得()()sin 122cos iz iz iz iz zi e e i e e z--=+→-=-+ 2255izi 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 ei w π451)(=24.解: )24(2ln )]2)1(arg(1[ln )1ln()1(πππk i k i i i i i i i eeei +-+++++===+)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 ()a r g f z π=得()()a r g c i f zi f i e e π∆=()2a r g 1a rg 3c c i z z e ⎡⎤∆-+∆⎣⎦=32342i ππ⎡⎤+⋅⎢⎥⎣⎦=712i e 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 zf z zz f z z z z+-+⋅==---()4242121Re m z 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)()()(lim 0000z 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 y v x u z v i z u z f ∂∂+∂∂+∂∂-∂∂=∂∂+∂∂=∂∂ 所以x v y u y v x u ∂∂-=∂∂∂∂=∂∂,,得 0=∂∂zf5.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 s h y 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 c h R t ≤s i n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 e i 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 e π-==,i f 162)1(-=-''.第三章复变函数的积分（一）1.解:)10(≤≤=x x y 为从点0到1+i 的直线方程,于是∫∫+++−=+−iC yi x d ix y x dz ix y x 1022)()()(∫∫+=++−=102102)1()()(dx x i i ix x d ix x x 31013)1(3i x i −−=⋅−=2.解:(1)11,:≤≤−=x x z C ,因此111==∫∫−C dx x dz z (2)θi e z C =:,θ从π变到0,因此200===∫∫∫πθπθθd e i de dz z i C i (3)下半圆周方程为πθπθ2,≤≤=i e z ,则202===∫∫∫πθππθθd ie i de dz z i C i 3.证明:(1)11,0:≤≤−=y x C 因为1)(222≤=+=iy i y x z f ,而积分路径长为2)(=−−i i 故2)()(2222≤+=+∫∫−i i C dz iy x dz iy x .(2)0,1:22≥=+x y x C 而1)(4422≤+=+=y x iy x z f ,右半圆周长为π,所以π≤+∫−ii dz iy x )(22.4.解:(1)因为距离原点最近的奇点2π±=z ,在单位圆1≤z 的外部,所以zcos 1在1≤z 上处处解析,由柯西积分定理得0cos =∫C zdz .(2)1)1(122122++=++z z z ,因奇点i z +−=1在单位圆1≤z 的外部,所以2212++z z 在1≤z 上处处解析,由柯西积分定理得0222=++∫C z z dz .(3))3)(2(652++=++z z e z z e zz ,因奇点3,2−−=z 在单位圆1≤z 的外部,所以652++z z e z 在1≤z 上处处解析,由柯西积分定理得0652=++∫C z z z dz e .(4)因为2cos z z 在1≤z 上处处解析,由柯西积分定理得0cos 2=∫C dz z z .5.解:(1)因2)2()(+=z z f 在z 平面上解析,且3)2(3+z 为其一原函数,所以3223)2()2(3222i i z dz z i −=−+−+=+∫+−−(2)设t i z )2(+=π,可得dt e e e e i dt i t i dz z t i t t i t i)(22)2)(22cos(2cos 1010220∫∫∫−−+++=++=ππππππ1−+=e e 6.解:220(281)az z dz π++∫=2320243|a z z z π⎡⎤++⎢⎥⎣⎦=3322281623a a a πππ++7.证明:由于)(),(z g z f 在单连通区域D 内解析,所以])()([),()(′z g z f z g z f 在D 内解析,且)()()()(])()([z g z f z g z f z g z f ′+′=′仍解析,所以)()(z g z f 是)()()()(z g z f z g z f ′+′的一个原函数.从而∫=′+′βααβ)]()([)]()()()([z g z f dz z g z f z g z f 因此得∫∫′−=′βαβααβdz z g z f z g z f dz z g z f )()()]()([)()(.8.证明：||1||1,02z dz z z ==∴=+∫Q 设,i i z e dz ie d θθθ==⇒222200(cos sin )[(cos 2)sin ]0(cos 2)sin 2i i i d i i d e e θππθθθθθθθθθ−+−==+++∫∫=202sin (12cos )54cos i d πθθθθ−+++∫于是2012cos 0,54cos d πθθθ+=+∫故012cos 054cos d πθθθ+=+∫.9.解:(1)因为12)(2+−=z z z f 在2≤z 上是解析的,且21≤∈=z z ,根据柯西公式得iz z i dz z z z z z ππ4)12(21121222=+−=−+−=≤∫(2)可令12)(2+−=z z z f ,则由导数的积分表达式得i z f i dz z z z z z ππ6)(2)1(121222=′=−+−==∫10.解:(1)若C 不含±z=1，则201zdz z π=−∫c sin4(2)若C 含z=1但不含有z=-1,则22212zdz i i z ππ=⋅=−∫c sin4(3)若C 含有z=-1,但不含z=1,则：221zdz i zπ=−∫c sin4(4)若C 含有1z =±,则2111sin (12411c zdz z dz z z z ππ=−−−+∫∫c sin42(222i iπ==11.证明:θθθθθπθθπθθ∫∫∫−=++=+20sin cos 20sin cos )()sin (cos sin cos id e e i d i e dz ze i i C z ∫⋅+−=πθθθθθ20cos cos )cos(sin )sin(sin d ie e 再利用柯西积分公式i d e dz z e C C z πξξξ20=−=∫∫则∫=πθπθθ20cos 2)cos(sin d e ,由于)cos(sin cos θθe 关于πθ=对称,因此∫=πθπθθ0cos )cos(sin d e 12.解:令173)(2++=ξξξϕ,则)173(2)(2)()(2++⋅==−=∫z z i z i d zz f C πϕπξξξϕ则)76(2)(+=′z i z f π因此)166(2)766(2)1(i i i i f +−=++=+′ππ13.证明:利用结论:)(z f 在D 内单叶解析,则有0)(≠′z f 由题知,))((:b t a t z z C ≤≤=为D 内光滑曲线,由光滑曲线的定义有1)C 为若尔当曲线,即21t t ≠时,)()(21t z t z ≠;2)0)(≠′t z ,且连续于[a,b]要证Γ为光滑曲线,只须验证以上两条即可.而在)(z f w =的变换下,C 的象曲线下的参数方程为))](([)(:b t a t z f t w w ≤≤==Γ1)因21t t ≠时,)()(21t z t z ≠,又因)(z f 在D 内单叶解析,所以当21t t ≠时,)()(21z f z f ≠.因此当21t t ≠时,有)()(21t w t w ≠.2)因为0)(≠′t z 且连续于[a,b],又因0)(≠′z f ,则由解析函数的无穷可微性知)(z f ′′在D 内也存在,所以)(z f ′在D 内也连续,则由复合函数求导法则0)()()(≠′′=′t z z f t w ,且连续于[a,b].14.证明:由上题知C 和Γ均为光滑曲线,因)(w Φ沿Γ连续以及)(),(z f z f ′′在包含C 的区域D 内解析,因此)()]([z f z f ′Φ也连续,故公式中的两端积分存在.则dtt z t z f t z f dz z f z f C b a)())(())](([)()]([′′Φ=′Φ∫∫∫∫ΓΦ=′Φ=b adw w dt t w t w )()()]([15.证明:应用刘维尔定理,因)(z f 恒大于一正的常数,则)(1z f 必恒小于一正的常数,则)(1z f 为常数,故)(z f 为常数.16.解:(1)因为22u x xy y =+−,所以有22x y u x y v x y=+⇒=+22()2y v xy c x ⇒=++2()2x y v y c x u y x′⇒=+=−=−2()()2x x x c x D ′⇒=−⇒=−+c 2222()()(2)22y x f z x xy y xy D i ⇒=+−++−+由已知12Di D ⇒+⇒=i f(i)=-1+i -1+i=-1+222221()()(2)222y x f z x xy y i xy ⇒=+−++−+(2)由C R −条件,coy e y y y x e u v x x x y +−==)sin cos (,则∫+−=dycoy e y y e y xe v x x x )sin cos (∫−+=ydyy e y e y xe x x x sin sin sin )(cos sin x y y e y xe x x ϕ++=又因x y v u −=,故))(cos sin sin (cos sin sin x y e y xe y e y y e y e y e x x x x x x Φ′+++−=−−−即C x x =Φ=Φ′)(,0)(,故)cos sin ()sin cos ()(C y y e y xe i y y y x e z f x x x +++−=又因,0)0(=f 故00)0(=⇒==C iC f ,所以)cos sin ()sin cos ()(y y e y xe i y y y x e z f x x x ++−=(3)由C R −条件,222)(2y x xy v u x y +=−=,所以∫++−=+=)()(222222x y x x dy y x xy u ϕ又因x y u v =,故y x y x y x y x x )()()(2222′+=′+′+−ϕ,即0)(=′x ϕ.所以C x =)(ϕ,故2222)(y x y i C y x x z f ++++−=又因为0)2(=f ,所以21=C ,故222221)(y x y i y x x z f ++++−=17.证明：设222()4()4()x y f z u iv f z u v ′=+⇒=+2()f z =22u v +，2()22y x f z uu vv x ∂=+∂2222222()2222x x x x f z u uu v vv x∂=+++∂同理可得：2222222()2222y y y y f z u uu v vv y∂=+++∂于是结合C R −条件及,u v 为调和函数可得：22222222222()()4()2()2()x x x y x y f z u v u u u v v v x y∂∂+=+++++∂∂=4（22x x u v +）=42()f z ′18.证明:)(z f 在D 内解析,则)(z f ′在D 内也解析.已知0)(≠′z f ,则)(ln z f ′在D 内解析,于是其实部)(ln z f ′为D 内的调和函数.19.解:∫−==z z i z k dz z v z f 022)()(势函数和流函数分别为kxy y x =),(ϕ)(2),(22y x k y x −−=ϕ故势线和流线为双曲线.20.解:根据流量和环量的定义来计算i y x y x xy y x y x y x z z f 22222222222224)1(24)1(111)(+−−−+−−−−=−=环量04)1(24)1(111222222222222=+−−−+−−−−=Γ∫dy y x y x xy dx y x y x y x C C 流量为04)1(24)1(11222222222222=+−−++−−−−∫dx y x y x xy dy y x y x y x C 同理,在32,C C 处也为0.（二）1.答:)(z f 不必需要在0=z 解析,如zz f 1)(=在0=z 处不解析.2.解:若沿负实轴]0,(−∞隔开z 平面,z 就能分成两个单值解析分支,即)1,0,arg ()(22arg =<<−=+k z e z z k z i k πππ(1)在πθθ≤≤=0,:1i e z C 上,z 取主值支.这时(1)式中argz 代换为0,=k θ,则2θi e z =,故i zdz C 221+−=∫.(2)在πθθ≤≤=−0,:2i e z C 上,z 取主值支.这时(1)式中argz 代换为0,=−k θ,则i zdz C 222−−=∫.3.证明:利用积分估值定理及三角不等式212112111≤−+≤−+=−+z z z z 且由积分估值定理有π811≤−+∫C dz z z 4.证明:因为sz e z f =)(在单连通区域z 平面上解析,则ττ∫=−ba s as bs d se e e 由积分估值定理有ab M d se ba s −≤∫ττ其中M 可由ττστσττ⋅+⋅≤⋅⋅=⋅=⋅=),max()(b a it t it s s e s e e s e s e s se 得出.5.解:设i z e α=,1c 为0到1的直线段,2c 为1到z 的圆弧，则由柯西积分定理12222111C dz dz dz c c z z z =++++∫∫∫=1220011i i dx ie d x e θαθθ+++∫∫=214C dz RE z π=+∫6.解:z e z f z sin )(=在圆周a z =内解析,故其积分值与路径无关,只与起点终点有关,而积分路径为封闭的圆周,故∫=Cz zdz e 0sin 因此,原式=∫∫∫==−C C Cz a adz zdz e dz z 22sin π7.证明：因为()f z 在||1z ≤上连续，所以()f z 在||1z ≤一致连续，因此0ε∀>，0δ∃>，使当11r δ−<<时均有|()()|,2i i f e f re θθεπ−<(02)θπ<<于是：||1||1||1|()||()()|z z z rf z dz f z dz f z dz r ====−∫∫22001|()()|i i i i f e ie d f re rie d r ππθθθθθθ=−∫∫20|()()|i i f e f re d πθθθε≤−<∫所以||1()0z f z dz ==∫.8.证明:首先由题设积分∫r K dz z f )(存在,应用积分估值定理.rr M dz z f r K π2)()(⋅≤∫而由题设(3)0)(lim =⋅+∞→r r M r ,故得证.9.证明:(1)参见教材(3.16)式的证明.因为)(z f 在点0=z 的邻域内连续,则对0ε∀>，0δ∃>,0=∈∀z z 的邻域,有ε<−)0()(f z f 所以∫∫−=−πθπθθθπθ2020))0()(()0(2)(d f d re f f d re f i i∫∫=<−≤ππθπεθεθθ20202)0()(d d f d re f i 故)0(2)(lim 0f d re f i r πθθ=→(2)取(1)中的0=a ,再利用圆周的参数方程化简(1)中等式左端即证.10.证明:||111[2()]()2z dz z f z i z zπ=±+∫=2||112()()()]2z f z f z f z dz i z zπ=±±∫=2(0)(0)2(0)f f f ′′±=±11.证明:由题设,)(z f ′在D 内含C 之单连通区域内解析,∫∫′≤′=−ba ba dz z f dz z f a fb f )()()()(考虑到)(z f ′在有界闭集C 上的连续性,必存在点C ∈ξ,使得)(ξf ′是)(z f ′在C 上的最大值.∫∫−′≤′b a b a a b f dz z f )()(ξ由上得ab f a f b f −′≤−)()()(ξ如果C ∈∀η,都有0)(=′ηf ,则沿C ,0)(≡′z f ,于是沿C ,)(z f 为常数,故)()(a f b f =,题中等式成立.如果存在C ∈ξ使0)(≠′ξf ,且是)(z f ′在C 上的最大值,则可令))(()()(a b f a f b f −′−=ξλ,则题中等式成立.12.证明:取圆周1<=ρz 由于)(z f 在1<z 内解析,故知)(z f 在ρ≤z 上解析,且有ρ−=−≤1111)(z z f 由柯西不等式,知)1(!)(!)0()(ρρρρ−=≤n n n n M n f 对于ρ在(0,1)上,当1+=n n ρ时,)1(ρρ−n 取最大值)11()1(n n n n n +−+于是得)1(!ρρ−n n 的最小值为n n n n )1()!1(++,当∞→n 时e n n n 1)1(→+所以有)0()(n f 的估值为e n f n )!1()0()(+≤.13.证明:由柯西不等式nn R R M n a f )(!)()(≤,其中L ,2,1,)(max )(===−n z f R M R a z 可知∫∫==⋅≤=′1212)(21)(21)0(z z dzz z f dz z z f i f ππ1112112=≤∫=z dz π14.证明:应用反证法假设满足R z >且M z f >)(的z 不存在,则必存在某正数M R ,,使得对于任意的z ,R z >时,M z f ≤)(,又由)(z f 的连续性.则当R z ≤时,)(z f 必有最大值,设其为1M ,令{}10,max M M M =,则在∞<z 时有0)(M z f ≤,于是得到)(z f 在全平面上是有界的,则由刘维尔定理,)(z f 必为常数,与题矛盾,假设错误.15.解:由22()(4)2(),v x y x xy y x y µ+=−++−+得22(4)()(24)2x x v x xy y x y x y µ+=+++−+−=223362x y xy −+−两式相加并结合C R −条件得：22332x x y µ=−−从而323232,32x y x x v y x y y µ=−−=−+−故322332(32)f x y x x i x y y y =−−+−−16.解:在D 内,由条件(1),(2)已知满足柯西积分公式的条件,故得在D 内)()(21z f z f =在C 上,由条件(3)知)()(21z f z f =故综合得在C D D +=上有)()(21z f z f =.第四章 解析函数的幂级数表示法（一）1.解:(1)其部分和数列14151311()414121(4--++-++++-=n i n S n由交错级数收敛性判别及极限运算法则知n n S 4lim ∞→存在,设为l S n n =∞→4lim ,又有,0241,0142414→+-=→+=++n a n i a n n 由此得知l S n n =∞→lim ,因此级数收敛,但非绝对收敛.(2)∑∑∑∞=∞=∞=≤=+111!)34(!1!)53(n n n nn n n b n n i ,可知原级数绝对收敛. (3)由于1226251251lim lim >=+=+=∞→∞→i ia nnn nn n ,故原级数发散. 2.解:(1)11lim lim1=+==∞→+∞→n n c c R n n n n(2)212lim lim 1=+==∞→+∞→n nc c R n n n n(3)01limlim 1==∞→∞→n c R n n nn 3.证明:(1)如果∞≠=+∞→λn n n c c 1lim,则∞≠=+∞→λnn n c c1lim ,则级数的收敛半径为⎪⎩⎪⎨⎧∞+==+∞→n n n c c R 1lim 1λ 00=≠λλ(2)由(1)可证其收敛半径为R . (3)由(1)可证其收敛半径为R .4.证明:因为∑∑∞=∞==0n nn n nn R c z c 收敛,而当R z ≤时,∑∑∞=∞=≤0n n n n nnR c z c,因此级。
复变函数 钟玉泉第三版 第二章第三节
n re
i k
2k
n
=
w0 n re
i0
2 w1 re
n
arg z 2k k 0,1, n 1 n i1 n
w2 re
2( n 1)
22
i2
2k wk n re ik
因为 Ln( 1) ln 1 iArg( 1) ( 2k 1)i ( k为整数) 所以 Ln(1) 的主值就是i .
注意: 在实变函数中, 负数无对数, 而复变数对 数函数是实变数对数函数的拓广.
15
例5
解方程 e z 1 3i 0.
解
因为 e z 1 3i ,
e
b
p [ln a i ( arg a 2 k )] q
e
p p ln a i ( arg a 2 k ) q q
p ln a q
p p cos q (arga 2kπ) i sin q (arga 2kπ)
a 具有q 个值, 即取 k 0,1,2,, (q 1)时相应的值.
z
常用的做法： 从原点起沿着负实轴将z平 面割破：
o
G x
9
从原点起沿着负实轴将z平面割破,即可将根式函数:
结论：
w n z
分成如下的n个单值函数：
wk
z
n
n r ( z )e
k
i
( z ) 2 k
n
定义域为
值域Tn :
Gk : 2k 2k
2
2.3.0幂函数的变换性质及其单叶性区域
设有幂函数: w =zn 令z=rei,w=ei ,则： w =zn ei = rnein= rn, =n
复变函数论第三版课后习题答案[1]
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第一章习题解答（一）1．设z ，求z 及Arcz 。
解：由于3i z e π-== 所以1z =，2,0,1,3Arcz k k ππ=-+=±L 。
2．设121z z =，试用指数形式表示12z z 及12z z 。
解：由于6412,2i i z e z i e ππ-==== 所以()64641212222i i iiz z e eee πππππ--===54()146122611222ii i i z e e e z e πππππ+-===。
3．解二项方程440,(0)z a a +=>。
解：12444(),0,1,2,3k ii za e aek πππ+====。
4．证明2221212122()z z z z z z ++-=+，并说明其几何意义。
证明：由于2221212122Re()z z z z z z +=++2221212122Re()z z z z z z -=+-所以2221212122()z z z z z z ++-=+其几何意义是：平行四边形对角线长平方和等于于两边长的和的平方。
5．设z 1，z 2，z 3三点适合条件：0321=++z z z ,1321===z z z 。
证明z 1，z 2，z 3是内接于单位圆1=z 的一个正三角形的顶点。
证 由于1321===z z z，知321z z z ∆的三个顶点均在单位圆上。
因为33331z z z ==()[]()[]212322112121z z z z z z z z z z z z +++=+-+-=21212z z z z ++=所以， 12121-=+z z z z ，又)())((122122112121221z z z z z z z z z z z z z z +-+=--=-()322121=+-=z z z z故 321=-z z ，同理33231=-=-z z z z ，知321z z z ∆是内接于单位圆1=z 的一个正三角形。