复变函数第二章习题-答案
复变函数习题解答(第2章)
p90第二章习题(一)[ 1, 6, 9, 14(3), 26 ]1. 设连续曲线C : z = z(t), t∈[α, β]，有z’(t0) ≠ 0 (t0∈[α, β])，试证曲线C在点z(t0)有切线．【解】首先，因为当t →t0时，(z(t) -z(t0))/(t-t0) →z’(t0) ≠ 0，故| (z(t) -z(t0))/(t-t0) | → | z’(t0)| ≠ 0，因此存在δ> 0，使得∀t∈[α, β]，当0 < | t-t0 | < δ时，有| (z(t) -z(t0))/(t-t0) |≠ 0，故| z(t) -z(t0) |≠ 0，即z(t) ≠z(t0)．此时，存在唯一确定的过点z(t0)以及点z(t) (t ≠t0)的割线：(y(t) -y(t0))(X-x(t0)) + (x(t) -x(t0))(Y-y(t0)) = 0．此方程等价于(y(t) -y(t0))/(t-t0) · (X-x(t0)) + (x(t) -x(t0))/(t-t0) · (Y-y(t0)) = 0．当t→t0时，有y’(t0) (X-x(t0)) + x’(t0)) (Y-y(t0)) = 0．因为z’(t0) ≠ 0，故y’(t0)2 + x’(t0)2≠ 0．直线y’(t0) (X-x(t0)) + x’(t0)) (Y-y(t0)) = 0就是曲线C在点z(t0)处的切线．[这里采用的切线的定义：切线是指割线的极限位置的直线．在这个题目的证明中，我们主要说明两点：第一，当t充分接近t0 (t≠t0)，有唯一确定的割线过点z(t0)和z(t)；第二，当t →t0 (t≠t0)时，过z(t0)和z(t)的割线确实有“极限位置”] 6. 若函数f(z)在区域D内解析，且满足下述条件之一，试证f(z)在D内为常数．(6.1) 在D内f’(z) = 0；【解】设f(z) = u(x, y) + i v(x, y)，(x, y)∈D．由f’(z) = 0及f’(z) = u x + i v x，知u x = v x = 0；由Cauchy-Riemann方程，v y = u x = 0，u y = -v x = 0；因u x = u y = 0，故u在区域D内为常数．因v x = v y = 0，故v在区域D内为常数．所以，f(z) = u(x, y) + i v(x, y)在区域D内为常数．(6.2) ( f(z))*在D内解析；【解】因f(z) = u(x, y) + i v(x, y)在区域D内解析，由Cauchy-Riemann方程，u x = v y，v x = -u y；因( f(z))* = u(x, y) -i v(x, y)在区域D内解析，由Cauchy-Riemann方程，u x = -v y，v x = u y；因此得到u x = u y = v x = v y = 0，所以u, v都在区域D内为常数．所以，f(z) = u(x, y) + i v(x, y)在区域D内为常数．(6.3) | f(z) |在D内为常数；【解】若| f(z) |在D内恒为零，则在D内f(z) = 0 (常数)．若在D内| f(z) | = c > 0，则f(z) · ( f(z))* = c2．因f(z)在D内解析且f(z) ≠ 0，故( f(z))* = c2/ f(z)在D内解析．由(2)知f(z)在区域D内为常数．(6.4) Re( f(z))或Im( f(z))在D内为常数．【解】设f(z) = u(x, y) + i v(x, y)．若u(x, y) = Re( f(z))在D内为常数，则u x = u y = 0．由Cauchy-Riemann方程，v x = -u y = 0，v y = u x = 0；所以v(x, y) = Im( f(z))也在D内为常数．故f(z)在区域D内为常数．9. 试证下面的定理：设f(z) = u(r, θ) + i v(r, θ)，z = r e iθ，若u(r, θ), v(r, θ)在点(r, θ)是可微的，且满足极坐标的Cauchy-Riemann方程：∂u/∂r = (1/r)∂v/∂θ，∂v/∂r = (-1/r)∂u/∂θ(r > 0)，则f(z)在点z是可微的，并且f’(z) = (cosθ-i sinθ)(∂u/∂r + i∂v/∂r) = (r/z)(∂u/∂r + i∂v/∂r)．【解】注意到在点(r, θ)处，因为r > 0，r, θ也是(x, y)的可微函数，并且，r x = x/r = cosθ，r y = y/r = sinθ；θx = -y/r2 = - sinθ/r，θy = x/r2 = cosθ /r．所以u, v也是(x, y)的可微函数．由求导的链锁法则，我们有u x = u r·r x + uθ·θx = ((1/r)vθ)· cosθ + (-r v r) · (- sinθ/r)= vθ · (cosθ /r) + v r · sinθ= vθ ·θy + v r ·r y= v y；以及v x = v r·r x + vθ·θx = ((-1/r)uθ)· cosθ + (r u r) · (- sinθ/r)= uθ · (- cosθ /r) + u r · (- sinθ)= - (uθ ·θy + u r ·r y)= -u y；即满足Cauchy-Riemann方程，故f(z)在点z是可微的，且f’(a) = u x + i v x = (vθ · (cosθ /r) + v r · sinθ) + i (uθ · (- cosθ /r) + u r · (- sinθ))= (r u r · (cosθ /r) + v r · sinθ) + i ((-r v r) · (- cosθ /r) + u r · (- sinθ))= (cosθ-i sinθ)(∂u/∂r + i∂v/∂r)= (r/z)(∂u/∂r + i∂v/∂r)．[ r = √(x2 + y2)在(x, y) ≠ (0, 0)处有连续的偏导数，所以是可微的．θ作为(x, y)函数在(x, y) ≠ (0, 0)处的可微性的证明如下(参考第一章习题13的解答)：设D1 = { z∈ | Re(z) > 0}，D2 = { z∈ | Im(z) > 0}，D3 = { z∈ | Im(z) < 0}，D4 = { z∈ | Re(z) < 0}．则 \{0} = D1⋂D2⋂D3⋂D4．在D1上，θ = arctan(y/x) + 2k1π；在D2上，θ = arccot(x/y) + 2k2π；在D3上，θ = arccot(x/y) -π + 2k3π；在D4上，θ = arctan(y/x) + π + 2k4π．不论在那个区域D j上，θ都有连续的偏导数，因此θ在 \{0}上是可微的．] 14. 试验证：(3) lim z→ 0 ( z–z cos z )/( z– sin z ) = 3．【解】因分母z– sin z的一阶导数1 – cos z在原点处的值为0，故此题不能直接用L’Hospital法则(第2题的结论)．但可对lim z→ 0 sin z / z用L’Hospital法则．开始以为这个题目应该放在后面的章节，可是终究不甘心，考虑再三，退到sin z 最原始的定义，发现可以以它的实部和虚部为实变量展开．先用L’Hospital法则，lim z→ 0 sin z / z = cos 0 = 1，得到sin z = z + o(z)，z→ 0．所以1 – cos z = 2 sin 2(z/2) = 2 ( z/2 + o(z) )2 = z2/2 + o(z2)，z→ 0．而sin z = sin(x + i y) = exp( i (x + i y) ) – exp( –i (x + i y) )/(2 i)= (exp(–y)(cos x + i sin x) – exp(y)(cos x–i sin x))/(2 i)= (exp(y) + exp(–y)) sin x + i (exp(y) – exp(–y)) cos x )/2注意到当k + m≥ 3时，o(x k y m) = o(| z |3)，z→ 0；故sin z = (1 + y2/2 + o(y3)) (x–x3/6 + o(x4) ) + i (y + y3/6 + o(y4)) (1 –x2/2 + o(x3))= (x + i y ) – (x3 + i 3x2y– 3xy2/2 –i y3 )/6 + o(z3) = z–z3/6 + o(z3)，z→ 0．所以，( z–z cos z )/( z– sin z ) = z (1 – cos z )/( z– sin z )= z (z2/2 + o(z2))/(z3/6 + o(z3)) → 3，z→ 0．26. 试证：在将z平面适当割开后，函数f(z) = ( (1 – z ) z2 )1/3能分出三个单值解析分支．并求出在点z = 2取负值的那个分支在z = i处的值．【解】根据课本p83的结论，1和0是仅有的支点，∞不是支点．所以，将z平面沿从0到1的直线段I = { z∈ | Im(z) = 0, 0 ≤ Re(z) ≤ 1 }割开后，就能保证变点z不会单绕0或1转一周，因此在G= \I上函数f(z)就能分出三个单值解析分支．设g(z) = ((1 – z ) z2 )1/3是在点z = 2取负值的那个分支．设arg g(2) = π + 2kπ ( k∈ )．又设C是G内一条从2到i的任一曲线，当变点z沿着曲线C从2到i时，z的辐角的连续增量为∆C arg z = π/2 + 2k0π ( k0∈ )，因此∆C arg (z2 )= π + 4k0π，相应地，1 –z的辐角的连续增量为∆C arg (1 –z )= 3π/2 + 2k0π ( m∈ )，所以g(z)的辐角的连续增量为∆C arg g(z) = (π + 3π/4 + 6k0π)/3 = 7π/12 + 2k0π．根据课本p84的结论，g(i) = | g(i) | · exp( i ∆C arg g(z)) · exp( i arg g(2))= | ((1 –i )i2 )1/3 | · exp( i (7π/12 + 2k0π)) · exp( i (π + 2kπ))= - 21/6 · exp( 7πi/12 )．[从上述的做法中可以看出，我们不妨(事实上也常常地)取k, k0 = 0，并不会造成任何影响．这类题目用辐角的连续增量来考虑是方便的，否则就有可能陷入辐角难以选择的困境，因为那时我们已经忘记了要求辐角是随着变点z连续变化的．设z = r1 exp( iθ1)，1 –z = r2 exp( iθ2)，那么g(z) = (r12 r2 )1/3 exp( i (2θ1 + θ2 + 2kπ)/3) (k是0, 1, 2之一)．当z = 2时，r1(2)= 2，r2(2)= 1；θ1(2) = 0，θ2(2)= π．由于g(2) = 21/3 exp( i (π + 2kπ)/3) < 0，故只能k = 1．当z = i时，r1(i)= 1，r2(i)= 21/2；θ1(i) = π/2，θ2(i) = 7π/4．所以g(i) = (21/2)1/3 exp( i (2(π/2) + 7π/4 + 2π)/3) = - 21/6 · exp( 7πi/12 )．但是，为什么θ2(i) = 7π/4而不是θ2(i) = –π/4 ?事实上，当初的θ1(2)和θ2(2)一旦选定，就决定了其这个单值解析分支中其他点的辐角选择，因为我们要求辐角是连续变化的．确定i的辐角θ1(i)时，要保证z从2到i的过程中，θ1(z)是连续变化的．故应该取θ1(i) = π/2．(增加了π/2)但1 –i的辐角θ2(i)，则应该是从z = 2时θ2(2)= π开始连续变化到z = i时所得到的辐角θ2(i)，也就是说，θ2从π开始增加了3π/4，因此θ2(i) = π + 3π/4 = 7π/4．特别强调的是：这里的θj(z)的连续变化，应该是随着同一个变点z来变化的．比如，如果我们认为z绕割线I反向地从2转到i，那么，θ1(i) = - 3π/2，这时，θ2(i) = π- 5π/4 = -π/4，显然，如此计算g(i)也会得到上述的结果．至此，我们应该可以看出，两种做法的本质是相同的．]∀∃∅-⨯±≠≥·◦≤≡⊕⊗≅αβχδεφγηιϕκλμνοπθρστυϖωξψζ∞∙︒ℵℜ℘∇∏∑⎰ ⊥∠ √§ψ∈∉⊆⊂⊃⊇⊄⊄∠⇒♣♦♥♠§ #↔→←↑↓⌝∨∧⋃⋂⇔⇒⇐∆∑ΓΦΛΩ∂∀m∈ +，∃m∈ +，★〈α1, α2, ..., αn〉lim n→∞，+n→∞∀ε > 0，∑u n，∑n≥ 1u n，m∈ ，∀ε > 0，∃δ> 0，【解】⎰[0, 2π]l 2 dx，f(x) = (-∞, +∞)[-π, π]∑1 ≤k≤n u n，[0, 2π]。
复变函数第2章测验题参考解答
取 y kx ，lim
z 0
5、设函数 f ( z ) e ，则 f ( z ) 在 z 0 处（
z
）．
f ( z ) e z e x (cos y i sin y ) e x (cos y i sin y ) ，
二、填空题 1、 lim
z 1
国
z z z z 1 z2 1
只有在 z 0 时才满足柯西黎曼条件，故在 上均不解析. 对于（C）中函数，
u ( x, y ) 2( x 1) y, v( x, y ) y 2 x 2 2 x, ux 2 y, v y 2 y, u y 2( x 1), vx 2 x 2,
在全平面都满足柯西黎曼条件，故是解析函数.故选 C. 对于（D）中函数，
【答案】1 【解析】由条件可知 u ( x, y ) x 2 y 2 , f ( z ) u x ivx u x iu y 2 x 2 yi 2 z , 所以 f ( ) 1 .
1 2
函
数
故选 D.
”
3 、 若 函 数 f ( z ) x 2 2 xy y 2 i ( y 2 axy x 2 ) 在 复 平 面 内 处 处 解 析 ， 那 么 实 常 数
【解析】 lim
z 1
大
由此得 u ( x, y ) e x cos y, v( x, y ) e x sin y ，它们均为连续函数，所以 f ( z ) 连续.因为
“复
.
变
.
（A）不连续 （C）可导但不解析 【答案】B 【解析】设 z x iy ，则
（B）连续但不可导 （D）解析
f ( z ) u x iv x 0, 可知 u x v x u y v y 0, 由此 u , v 为常数，所以 f ( z ) C （常数）.
复变函数第二章习题答案
复变函数第二章习题答案第二章 解析函数1-6题中：（1）只要不满足C-R 条件，肯定不可导、不可微、不解析 （2）可导、可微的证明：求出一阶偏导y x y x v v u u ,,,，只要一阶偏导存在且连续，同时满足C-R 条件。
（3）解析两种情况：第一种函数在区域内解析，只要在区域内处处可导，就处处解析；第二种情况函数在某一点解析，只要函数在该点及其邻域内处处可导则在该点解析，如果只在该点可导，而在其邻域不可导则在该点不解析。
（4）解析函数的虚部和实部是调和函数，而且实部和虚部守C-R 条件的制约，证明函数区域内解析的另一个方法为：其实部和虚部满足调和函数和C-R 条件，反过来，如果函数实部或者虚部不满足调和函数或者C-R 条件则肯定不是解析函数。
解析函数求导：x x iv u z f +=')(4、若函数)(z f 在区域D 上解析，并满足下列的条件，证明)(z f 必为常数。
（1）证明：因为)(z f 在区域上解析，所以。
令),(),()(y x iv y x u z f +=，即x v y u y v x u ∂∂-=∂∂∂∂=∂∂,0=∂∂+∂∂='yvi x u z f )(。
由复数相等的定义得：00=∂∂-=∂∂=∂∂=∂∂xv y u y v x u ,。
所以，1C y x u =),((常数)，2C y x v =),((常数)，即21iC C z f +=)(为常数。
5、证明函数在平面上解析，并求出其导数。
（1）()()0f z z D '=∈z (cos sin )(cos sin ).x xe x y y y ie y y x y -++证明：设=则，；；满足xvy u y v x u ∂∂-=∂∂∂∂=∂∂,。
即函数在平面上),(y x 可微且满足C-R 条件，故函数在平面上解析。
8、（1）由已知条件求解析函数iv u z f +=)(，xy y x u +-=22，i i f +-=1)(。
复变函数第二章答案
32页9. 设
f ( z ) u iv 是Z的解析函数， 证明 2 | f ( z ) | )2 | f ( z )|2 (1) ( | f ( z ) | ) ( y x 证 | f ( z ) | u2 v 2 2u ux 2v v x u ux v v x | f (z) | x u2 v 2 2 u2 v 2 2u u y 2v v y u v x v ux | f (z) | 2 2 y 2 u v u2 v 2
z 0 时 ux v y , u y v x
因此 f ( z ) 在除去原点的 复平面上处处 可导 处处 解析
(4) 解
u y 1, 0, v y 0, ux 由 u y v x 得 f ( z ) Im z
f ( z ) Im z y v 0 u y,
33页16. 计算
3
i
Ln 3 ln 3 i 2k
解
3 e
iБайду номын сангаас
i Ln 3
e
2k [cos(ln 3) i sin(ln 3)]
k 0, 1, 2,...,
e
2k i ln 3
计算
解
(1 i ) i Ln(1 i ) i (1 i ) e
i
e
ln 2 ( 2k ) i 2 4
ln 2 ln 2 4 i sin ) (cos e 2 2 i 1 4) ln 2 i ( 2k ) Ln( 1 i ) Ln( 2 e
2 4
(
2k )
满足 u y v x f ( z ) x 2 iy 只有在直线 2 x 1 上可导 因此 在复平面上处处 不解析 2 2 (2) f ( z ) xy ix y 2 v x2 y 解 u xy , 2 由 ux v y 得 x y ux y , v y x 2 u y 2 xy , v x 2xy 由 u y v x 得 xy 0
厦门理工学院 复变函数 作业答案第二章 学长只能帮你到这了
2 2 2 2 2 2
6
3．设 f ( z ) u ( x , y ) iv ( x , y ) 在区域 D 内解析，并且 v u 2 ，试求
f ( z )。 解 ： f ( z ) u iu . 由 C .-R . 方 程 知 ， u x (u 2 ) y 2 u u y , 2 u ( u ) 2 u u y x x 则 u x u y 0, u C R . 从 而 f ( z ) C iC .
r 1 z 1 2 r 2 r cos 1 z 1
2
三、解答题。 1．解方程 (1)
8
sin z i co s z 4 i co s( i(
2
z ) i sin (
2
z) e 2k )
ln 4
2
i
2
z ) ln 4 i (
2 2
4．设 f ( z ) u ( x , y ) iv ( x , y ) 是 z 的解析函数，证明：
2 | f (z) | | f ( z ) | | f ( z ) | x y pf : 左边= x u v y
(
4
1 2 k ) i ln 2 2
(2)
复变函数论第二章习题全解
第二章 解析函数（一）1.证明:0>∃δ,使{}0001/),(t t t t δδ+-∈∀,有)()(01t z t z ≠,即C 在)(0t z 的对应去心邻域内无重点,即能够联结割线)()(10t z t z ,是否就存在数列{}01t t n →,使)()(01t z t z n =,于是有 0)()(lim)(0101001=--='→t t t z t z t z n n t t n此与假设矛盾. 01001),(t t t t t >⇒+∈δ 因为 [])()(arg )()(arg010101t z t z t t t z t z -=--所以 []])()(lim arg[)()(arglim )()(arg lim 0101010101010101t t t z t z t t t z t z t z t z t t t t t t --=--=-→→→因此,割线确实有其极限位置,即曲线C 在点)(0t z 的切线存在,其倾角为)(arg 0t z '.2.证明:因)(),(z g z f 在0z 点解析,则)(),(00z g z f ''均存在.所以 )()()()()()(lim )()()()(lim )()(lim 00000000000z g z f z z z g z g z z z f z f z g z g z f z f z g z f z z z z z z ''=----=--=→→→ 3.证明:()()()()()3322,0,0,,0,00x y x y u x y x y x y ≠⎧-⎪=+⎨⎪=⎩()()()()()3322,0,0,,0,00x y x y v x y x y x y ≠⎧+⎪=+⎨⎪=⎩于是()()()00,00,00,0limlim 1x x x u x u xu xx →→-===,从而在原点()f z 满足C R -条件,但在原点，()()()()()'0,00,0x x u iv u iv f f z z z +-+-=()()()()()()333311i x y i zx y z ⎡⎤+--+⎣⎦=⎡⎤+⎣⎦当z 沿0y x =→时,有()()()'212f f z i z x --+= 故()f z 在原点不可微.4.证明:(1)当0≠z 时,即y x ,至少有一个不等于0时,或有y x u u ≠,,或有y x u u ≠-,故z 至多在原点可微. (2)在C 上处处不满足C R -条件.(3)在C 上处处不满足C R -条件. (4)221yx yix z z z z ++==,除原点外, 在C 上处处不满足C R -条件. 5.解:(1) y x y x v xy y x u 22),(,),(==,此时仅当0==y x 时有 xy v xy u x v y u x y y x 22,22-=-===== 且这四个偏导数在原点连续,故)(z f 只在原点可微. (2) 22),(,),(y y x v x y x u ==,此时仅当y x =这条直线上时有 00,22=-=====x y y x v u y v x u且在y x =这四个偏导数连续,故)(z f 只在y x =可微但不解析. (3) 333),(,2),(y y x v x y x u ==,且 00,9622=-=====x y y x v u y v x u 故只在曲线0212312=-x y 上可微但不解析.(4) 32233),(,3),(y y x y x v xy x y x u -=-=在全平面上有 xy v xy u y x v y x u x y y x 66,33332222-=-=-=-==-=且在全平面上这四个偏导数连续,故可微且解析. 6.证明:(1)y y x x iu v iv u z f D yi x z -=+='=∈+=∀)(0,(2)设().f z u iv =+则()f z u iv =-，由()f z 与()f z 均在D 内解析知,,x y y x u v u v ==-,,x y y x u v u v =-=结合此两式得0x y x y u u v v ====，故,u v 均为常数,故)(z f 亦为常数. (3)若0)(=≡C z f ,则显然0)(≡z f ,若0)(≠≡C z f ,则此时有0)(≠z f ,且2)()(C z f z f ≡,即)()(2z f C z f ≡也时解析函数,由(2)知)(z f 为常数. (4)设().f z u iv =+,若C y x u ≡),(,则0,0≡≡y x u u ,由C R -条件得 0,0≡=≡-=x y y x u v u v 因此v u ,为常数, 则)(z f 亦为常数.7.证明：设,f u iv g i f p iQ =+==+则,,f u iv g v iu =-=-由 ()f z 在D 内解析知,x y y x u v u v ==-从而 ,x x y v y y x p v u Q p v u Qx ==-====- 因而()g z 亦D 内解析.8.解:(1)由32233),(,3),(y y x y x v xy x y x u -=-=,则有 222233,6,6,33y x v xy v xy u y x u y x y x -==-=-=故y x y x v v u u ,,,为连续的,且满足C R -条件,所以()z f 在z 平面上解析,且 22236)33()(z xyi y x i v u z f x x =+-=+='(2) ()()()(),cos sin ,cos sin x x u x y e x y y y v x y e y y x y =-⋅=- ()cos sin cos x x y u e x y y y y v =-+= ()sin sin cos x y x u e x y y y y v =--+=- 故()f z 在z 平面上解析，且()()()'cos 1sin sin 1cos x xf z e y x y y ie y x y y =⋅+-+⋅+-⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦(3)由xshy y x v xchy y x u cos ),(,sin ),(==,则有xchy v xshy v xshy u xchy u y x y x cos ,sin ,sin ,cos =-===故y x y x v v u u ,,,为连续的,且满足C R -条件,所以()z f 在z 平面上解析,且 z xshyi xchy i v u z f x x cos sin cos )(=-=+=' (4)由xshy y x v xchy y x u sin ),(,cos ),(-==,则有xchy v xshy v xshy u xchy u y x y x sin ,cos ,cos ,sin -=-==-=故y x y x v v u u ,,,为连续的,且满足C R -条件,所以()z f 在z 平面上解析,且 z xshyi xchy i v u z f x x sin cos sin )(-=--=+=' 9.证明:设,i z x yi re θ=+=则cos ,sin ,x r y r θθ== 从而cos sin ,sin cos r x y x y u u u u u r u r θθθθθ=+=-+cos sin ,sin cos ,r x y x y v u v v v r v r θθθθθ=+=-+再由11,r r u v v u r rθθ==-，可得,x y y x u v u v ==-，因此可得()f z 在点z 可微且()()()'11cos sin sin cos x y r r f z u iu r u u i r u u r r θθθθθθ=-=--+()()1cos sin sin cos r i u i u rθθθθθ=--+()()cos sin sin cos r r i u i v θθθθ=-++ ()()cos sin r r i u iv θθ=-+ ()()1cos sin r r r r ru iv u iv i zθθ=+=++10.解:(1)x y i x z i e e e 2)21(22--+--== (2)222222y zxyiy zz e e e -+-==(3) 22222211x yi xy ix iyx yx yx y ze eeee--++++===⋅所以22221Re cos x yx y x y z e e ++⎛⎫= ⎪⎝⎭11.证明:(1)因为)sin (cos y i y e e e e e x yi x yi z z +=⋅==+ 因此 )sin (cos y i y e e x z -=而)sin (cos y i y e e e e e x yi x yi z z -=⋅==--,得证.(2)因为 ie e z iziz 2sin --=所以 z ie e i e e z iziz z i z i sin 22sin =+=-=---(3)因为2cos iziz e e z -+=所以z e e e e z iziz z i z i cos 22cos =+=+=--12.证明:分别就m 为正整数,零,负整数的情形证明,仅以正整数为例当1=m 时,等式自然成立. 假设当1-=k m 时,等式成立.那么当k m =时,kz z k z k z e e e e =⋅=-1)()(,等式任成立. 故结论正确.13.解:(1) )1sin 1(cos 333i e e e e i i +=⋅=+(2) ()()()11cos 12i i i i e e i ---+-=()112i i i e e-+++=cos11sin1122e i e e e ⎛⎫⎛⎫=++- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭14.证明:(1)由于z z g z z f ==)(,sin )(在点0=z 解析 且01)0(,0)0()0(≠='==g g f 因此 11cos sin lim0===→z z zz z(2)由于0)(,1)(=-=z g e z f z 在点0=z 解析,且01)0(,0)0()0(≠='==g g f因此 11lim0==-=→z z z z e ze(3)由于z z z g z z z z f sin )(,cos )(-=-=在点0=z 解析, 且1)0(,0)0()0(,0)0()0(,0)0()0(='''=''=''='='==g g f g f g f 因此 3cos 1sin cos 1lim sin cos lim00=-+-=--→→zzz z z z z z z z z 15.证明：2cos iziz e e z -+=)cos()cos(cos nb a b a a +++-+=222)()()()(nb a i nb a i b a i b a i ia ia e e e e e e +-++-+-++++++ =⎥⎦⎤⎢⎣⎡--⋅+--⋅+-+ib bn i ia ib b n i ia e e e e e e 111121)1()1(=)2cos(2sin 21sinnb a b bn ++=右边同理证明(2).16.证明:(1) z i e e i i e e i e e iz zz z z iz i iz i sinh 222)sin()()(=-⋅=-=-=--- (2) z e e e e iz z z iz i iz i cosh 22)cos()()(=+=+=-- (3) z i ie e i e e iz iziz iz iz sin 22)sinh(=-⋅=-=-- (4) z z iz i iz cos )cos()cos()cosh(=-=⋅=(5) z i zz i iz iz iz tanh cosh sinh )cos()sin()tan(===(6) z i zzi iz iz iz tan cos sin )cosh()sinh()tanh(===17.证明:(1) 1)(sin )(cos )(222222=+=+=-iz iz ishz z ch z sh z ch(2) 111sec 2222222=+=+=+zch zsh z ch z sh z ch z th z h (3) )sin()sin()cos()cos()cos()(21212121iz iz iz iz iz iz z z ch -=+=+ 2121shz shz chz chz +=18.证明:(1) xshy i xchy iy x yi x yi x z cos sin )sin(cos )cos(sin )sin(sin +=+=+= (2) xshy i xchy iy x yi x yi x z sin cos )sin(sin )cos(cos )cos(cos +=-=+= (3) y x y xsh y xch xshy i xchy z 22222222sinh sin cos sin cos sin sin +=+=+= (4) y x y xsh y xch xshyi xchy z 22222222sinh cos sin cos sin cos cos +=+=-=19.证明: chz e e e e shz zz z z =+='-='--2)2()( shz e e e e chz zz z z =-='+='--2)2()( 20.解:(1) )31arg(31ln )31ln(i i i i z +++=+= )23(2ln ππk i ++= ),1,0( ±=k(2)由于2ln iz π=,则有i i e z i=+==2sin2cos2πππ(3)由于)2(1ππk e e i z +=-=,故)2(ππk i z +=(4)z z sin cos -=,即1tan -=z ,所以ππk i i i z +-=+-=411ln21 (5) 设,z x iy =+由12tgz i =+得()()sin 122cos iz iz iz iz zi e e i e e z--=+→-=-+ 2255iz i e →=-+22cos 25y e x -→=-，1sin 25x =41ln 5,54y e y -→==且1112,222tg x x arctg π⎡⎤⎛⎫=-=-+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦11ln 5224z arctg i π⎡⎤⎛⎫→=-++ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦21.证明:因)1arg(1ln )1ln()1ln(-+-=-=-θθθi i i re i re re z ,所以)cos 21ln(21)sin ()1(ln 1ln )]1Re[ln(222θθθθr r r re re z i i -+=+-=-=- 22.解: 32)(3)()(πθk z ik ez r z w +=,)2,1,0;2)(0;(=<<∈k z G z πθ利用i i w -=)(定2,=k k ,再计算)(2i w -23.解: 2,22ππii e i e ==-,由32)2(-=-w 定1,=k k ,再计算i e i w π451)(=24.解: )24(2ln )]2)1(arg(1[ln )1ln()1(πππk i k i i i i i i ieeei +-+++++===+)24(2ln ππk i ee+-⋅= ),2,1,0( ±±=kππk i k i i i i e e e e 23ln )]23(arg 3[ln 3ln 3-++⋅=== ),2,1,0( ±±=k25.解:z 在z 平面上沿0=z 为圆心,1>R 为半径的圆周C 从A 走到B ,经过变换4z w =,其象点w 在w 平面上沿以0=w 为心,14>R 为半径的象圆周从A '走到B ',刚好绕1+=w w 的支点-1转一整周,故它在B '的值为B w '+1.因此 1)()(4+-=-=R z f z f AB.26.证明：()f z = 0，1，∞由于 3|12+，故()f z 的支点为0,1z =，因此在将z 平面沿实轴从0到期割开后，就可保证变点z 不会单绕0或者说转一周，于是在这样割开后的z 平面上()f z 就可以分出三个单值解析分支. 另由已知 ()arg f z π=得()()arg c i f z i f i e π∆=()2arg 1arg 3c c i z z ⎡⎤∆-+∆⎣⎦=32342i ππ⎡⎤+⋅⎢⎥⎣⎦=712i π=.(二)1.证明:由()21z f z z =-得()()2'2211z f z z +=-，从而于是()f z 在D 必常数()()()()()()22'2222111111z z f z z z f z z z z+-+⋅==---()4242121Re mz I z i z z-+=+- 所以 ()()4'421Re 12Re zf z z f z z z ⎛⎫-⋅= ⎪ ⎪+-⎝⎭由于1z <，因此410,z ->且()24422212Re 1210z z z z z+-≥+-=->故()()'Re 0f z z f z ⎛⎫⋅> ⎪ ⎪⎝⎭.2.证明:同第一题221Im 2111)()(1zzi z z z z f z f z -+-=-+='''+. 3.证明:题目等价域以下命题:设1,E E 为关于实轴对称的区域,则函数在E 内解析)(z f ⇒在1E 内解析.设)(z f 在E 内解析,对任意的10E z ∈,当1E z ∈时,有E z E z ∈∈,0,所以 )()()(lim )()(lim0000000z f z z z f z f z z z f z f z z z z '=--=--→→ 这是因为)(z f 在E 内解析,从而有)()()(lim0000z f z z z f z f z z '=--→,由0z 的任意性可知, )(z f 在1E 内解析. 4.证明:(1)由于)(21),(21z z iy z z x -=+=,根据复合函数求偏导数的法则,即可得证. (2))(21)(21x vy u i yv x u z v i z u z f ∂∂+∂∂+∂∂-∂∂=∂∂+∂∂=∂∂所以x vy u y v x u ∂∂-=∂∂∂∂=∂∂,,得0=∂∂zf 5.证明: x y sh y sh x y xch yi x z 222222sin )sin 1(sin )sin(sin +=-+=+= 所以 z x y sh shy sin sin 22=+≤ 而 z y shy Im =≥ ,故左边成立.右边证明可应用z sin 的定义及三角不等式来证明. 6.证明:有 R ch y ch y sh y sh x z 2222221sin sin ≤=+≤+= 即 chR t ≤sin又有 R ch y ch y sh y x z 2222221sinh cos cos ≤=+≤+= 7.证明:据定义,任两相异点21,z z 为单位圆1<z ,有212221212121)32()32()()(z z z z z z z z z f z f -++-++=--0112222121=-->--≥++=z z z z 故函数)(z f 在1<z 内是单叶的.8.证明:因为)(z f 有支点-1,1,取其割线[-1,1],有 (1) 10182)(,8)(arg ie c ei f z f ππ-=-=∆(2) i c c e i f z f i z f 852)(,85)(arg ,811)(arg 32πππ=--=∆-=∆ 9.解: 因为)(z f 有支点∞±,,1i ,此时支割线可取为:沿虚轴割开],[i i -,沿实轴割开],1[+∞,线路未穿过支割线,记线路为C ,)]arg())(arg()1arg([21)(arg i z i z z z f c c c c ⋅∆+--∆+-∆=∆2]0[21ππ-=-=故 i z f 5)(-=.10.证明：因为()f z =0,1,z =∞,由题知()f z 的支点为0,1,z =于是在割去线段0Re 1≤≤的平面上变点就不可能性单绕0或1转一周，故此时可出两二个单值解析分支,由于当z 从支割线上岸一点出发，连续变动到1z =-时，只z 的幅角共增加2π，由已知所取分支在支割线上岸取正值，于是可认为该分支在上岸之幅角为0，因而此分支在1z =-的幅角为2π，故()21i f π-==,i f 162)1(-=-''.。
复变函数第二章答案
第二章第二章 解析函数解析函数1．用导数定义，求下列函数的导数：．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 D ®+D -D0()Re()Re lim z z z z z z zz D ®+D +D -=D 0Re Re Re limz z z z z z zz D ®D +D +D D =D0Re lim(ReRe )z zz z z z D ®D =+D +D00Re lim(Re )lim(Re ),z x y zx z z z z z x i y D ®D ®D ®D D =+=+D D +D当0z ¹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. 2．下列函数在何处可导?何处不可导?何处解析?何处不解析? (1) 2().f z z z =× 解: 22222222()||()()()(),f z z z z z z z zx y x iy x x y iy x y =×=××=×=++=+++这里2222(,)(),(,)().u x y x x y v x y y x y =+=+2222222,2,2,2.x y y x u x y x v x y y u xy v xy =++=++==要,x y y x u v u v ==-，当且当0,x y ==而,,,x y x yu u v v 均连续，故2().f z z z =×仅在0z =处可导，处处不解析. (2) 3223()3(3).f z x xy i x y y =-+-解: 这里322322(,)3,(,)3.33,x u x y x xy v x y x y y u x y =-=-=-226,6,33,y x y u xy v xy v x y =-==-四个偏导数均连续且,x y y x u v u v ==-处处成立,故()f z 在整个复平面上处处可导,也处处解析. 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 ¹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 b f 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 ¹，故()az b f z d +=在复平面上处处解析，且()a f z d ¢=. 4.若函数()f z 在区域D 内解析,并满足下列条件之一,试证()f z 必为常数. (1) ()f z 在区域D 内解析; (2) 2;v u =(3) arg ()f z 在D 内为常数; (4) (,,).au bv c a b c +=为不全为零的实常数 证 (1) 因为()f z 在D 中解析,所以满足C R -条件条件,,u v u v x y y x¶¶¶¶==-¶¶¶¶又()f z u iv =-也在D 中解析,也满足C R -条件条件()(),.u v u v x y y x¶¶-¶¶-==-¶¶¶¶ 从而应有0u u v v x y x y¶¶¶¶====¶¶¶¶恒成立,故在D 中,u v 为常数, ()f z 为常数. (2) 因()f z 在D 中解析且有2()f z u iu =+,由C R -条件,有2,2.u uu x y u u u yx ¶¶ì=ﶶïí¶¶ï=-ﶶî 则可推出0u u x y¶¶==¶¶,即u C =(常数).故()f z 必为D 中常数. (3) 设()f z u iv =+,由条件知arctan v C u =,从而22(/)(/)0,0,1(/)1(/)v u v u yx v u v u ¶¶¶¶==++计算得计算得2222()/0v uu u v u xxu v ¶¶-¶¶=+，2222()/0,v uu u v u yy u v ¶¶-¶¶=+化简,利用C R -条件得条件得0,0.uu u v yx u u u v xy ¶¶ì--=ﶶïí¶¶ï-=ﶶî 所以0,u u x y ¶¶==¶¶同理0,v vx y ¶¶==¶¶即在D 中,u v 为常数,故()f z 在D 中为常数. (4) 法一：设0,a ¹则()/,u c bv a =-求导得求导得,,u b v u b v xa x ya y ¶¶¶¶=-=-¶¶¶¶由C R -条件条件,,u b u v b vx a y x a y ¶¶¶¶==¶¶¶¶ 故,u v 必为常数,即()f z 在D 中为常数. 设0,0,0a b c =¹¹则bv c =,知v 为常数,又由C R -条件知u 也必为常数,所以()f z 在D 中为常数. 法二：等式两边对,x y 求偏导得：00x x y y au bv au bv +=ìí+=î，由C R -条件，我们有条件，我们有0,00x y x x y y au bu u a b bu au u b a -=-ìæöæö=íç÷ç÷+=èøîèø即， 而220a b+¹，故0x y u u ==，从而u 为常数，即有()f z 在D 中为常数. 5.设()f z 在区域D 内解析,试证: 222222()|()|4|()|.f z f z xy¶¶¢+=¶¶证: 设 222(),|()|,f z u i v f z u v =+=+ 222(),|()|()().uuu u f z i f z x yx y ¶¶¶¶¢¢=-=+¶¶¶¶ 而2222222222222222222222222()|()|()()2()()()(),f z u v u v xyx y u u v v u u v vu v u v x x x x y y y y ¶¶¶¶+=+++¶¶¶¶éù¶¶¶¶¶¶¶¶=+++++++êú¶¶¶¶¶¶¶¶ëû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 v u v xyx y¶¶¶¶=+==+=¶¶¶¶则22222222()|()|4(()())4|()|.u u f z f z x yxy¶¶¶¶¢+=+=¶¶¶¶6.由下列条件求解解析函数().f z u iv =+ (1)22()(4);u x y x xy y =-++ 解: 因22363,u v x xy y x y ¶¶==+-¶¶所以所以 22(363)v x xy y dy =+-ò22333(),x y xy y x j =+-+又222263(),363,()3,v u xy y x x xy y x x xxj j ¶¶¢¢=++=--=-¶¶而所以 则3()x x C j =-+.故2222222233332222222233()()(4)(33)(1)()(1)()2(1)2(1)(1)()2(1)(1)(2)(1)f z u ivx y x xy y i x y xy y x C i x x iy y i x iy x y i xy i Ciz i x y xyi iz i Cii z x y xyi Ci i z Ci=+=-++++--+=-+--+-+--+=---×-+=---+=-+ (2) 23;v xy x =+解: 因23,2,v v y x xy¶¶=+=¶¶由()f z 解析,有22,2().u v x u xdx x y x yf ¶¶====+¶¶ò又23,u v y y x ¶¶=-=--¶¶而(),u y y f ¶¢=¶所以()23,y y f ¢=--则2()3.y y y C f =--+故 22()3(23).f z x y y C i xy x =--+++ (3) 2(1),(2);u x y f i =-=-解: 因2,2(1),u u y x x y ¶¶==-¶¶由()f z 的解析性,有2(1),v ux x y ¶¶=-=--¶¶22(1)(1)(),v x d x x y f =--=--+ò 又2,v uy y x ¶¶==¶¶而(),v y yf ¶¢=¶所以2()2,(),y y y y C f f ¢==+则22(1),v x y C =--++故22()2(1)((1)),f z x y i x y C =-+--++由(2)f i =-得(2)(1),f i C i =-+=-推出0.C =即2222()2(1)(21)(21)(1).f z x y i y x x i z z i z =-+-+-=-+-=--7.设sin ,pxv 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 yyv v v D =+=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,.xy y x uv u v ==-1(,)cos cos (),1sin ()sin .pxpx x px px y u x y u dx e ydx e y y pu e y y pe y pf f ===+¢=-+=-òò()3i 33)i 3p),i p p p.22ee e e ==c t 3(1)l n 2(2)4l n22l n 2244ln 224cos(ln 2)sin(ln 2).44i i k k i k k ee ei p p p p p p pp p p éù++-+êúëûéù+-++-êúëû+-==éù=-+-êúëû(4) 33;i- 解: 3(3)ln3(3)(ln32)3ii i k i eep---+==(3)l n 323l n 32227(c o s l n3s i n l n 3).i k k i ik ee eee i p p p-+-=×=×=-。
《复变函数》第四版习题解答第2章
（2）由于 ∂u = 6x2 ， ∂u = 0 ， ∂v = 0 ， ∂v = 9 y2
∂x
∂y
∂x
∂y
在 z 平面上处处连续，且当且仅当 2x2 = 3y2 ,即 2x ± 3y = 0 时，u,v 才满足 C-R 条件，故
f ( z ) = u + i v = 2x3 + 3y3i 仅在直线 2x ± 3y = 0 上可导，在 z 平面上处处不解析。
解 （1）由于 ∂u = 2x, ∂u = 0, ∂v = 0, ∂v = −1
∂x
∂y ∂x ∂y
在 z 平面上处处连续，且当且仅当 x = − 1 时，u,v 才满足 C-R 条件，故 f (z) = u + i v = x − i y 仅在
2
直线 x = − 1 上可导，在 z 平面上处处不解析。 2
（5）命题假。如函数 f (z) = z Re z = x2 + i xy 仅在点 z=0 处满足 C-R 条件，故 f (z)仅在点 z=0
处可导。
（6）命题真。由 u 是实常数，根据 C-R 方程知 v 也是实常数，故 f (z) 在整个 D 内是常数；
后面同理可得。
7．如果 f (z) = u + i v 是 z 的解析函数，证明：
解
（1）命题假。如函数 f (z) =| z |2 = x 2 + y 2 在 z 平面上处处连续，除了点 z=0 外处处不可导。 （2）命题假，如函数 f (z) =| z |2 在点 z=0 处可导，却在点 z=0 处不解析。
（3）命题假，如果 f (z)在z0点不解析，则z0称为f (z)的奇点。如上例。 （4）命题假，如 f (z) = sin x ch y, g(z) = i cos x sh y ， z = (π / 2, 0) 为它们的奇点，但不 是 f (z) + g(z) 的奇点。
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故 Re(
五、证明题（每题10分，2题共20分）
1、试证下列函数 f ( z ) e x ( x cos y y sin y) ie x ( y cos y ix sin y) 在 z 平面上解析，
并分别求出其导数.
2、若函数 f ( z ) 与 f z 在区域 D 内都解析，试证： f ( z ) 在区域 D 内必为常数.
5、解 令 z a bi , 则
w z 1 2 2(a 1 bi) 2(a 1) 2b 1 1 1 . 2 2 2 2 2 2 z 1 z 1 (a 1) b (a 1) b (a 1) b z 1 2(a 1) z 1 2b ) 1 ) , Im( . 2 2 2 2 z 1 (a 1) b z 1 (a 1) b
2、若函数 f ( z ) u( x, y) iv( x, y) 在 D 内连续，则 u( x,y)与 v( x,y)都在 D 内连续. ( ) 3、若函数 f( z)在 z0 解析，则 f( z)在 z0 连续. 4、若 f( z)在区域 D 内解析，则|f( z)|也在 D 内解析. 5、cos z 与 sin z 的周期均为 2k . ( ( ( ) ) )
1、×
2、√
3、√ 4、×
5、√
三、填空题（每题2分，10题共20分）
1、 1 2i ,2 i
1 2、 Re( w ) 2
6、 ln 5 i arg tg
4 2k 1 π 3
7、 i 8、 e 2 k
( k 0,1,2,)
3、 7 2i 4、 1 i 5、
由柯西-黎曼定理，故 f z 在 z 平面上解析，且
f ' z e x cos y x 1 y sin y ie x sin y x 1 y cos y 或 f ( z ) ( z 1)e z .
2、证明：设 f z u iv. 则 f z u iv ，由 f z 与 f z 均在 D 内解析知 （1） u x v y , u y vx , （2） u x v y , u y vx , 结合此两式得 ux u y vx v y 0 ，故 u, v 均为常数
27 27 i 4 8
9、 arctan
4 3
10、 2ki (k 0,1,2,)
四、计算题（每题6分，5题共30分）
17 上的椭圆 15 v sin 2
u2 v2 1. 17 2 15 2 ( ) ( ) 2 2
（B）的判别式 =4 4a
（1）当 x =0 时， （A）式化为 y 2 y a 0 ， （B）
（1.1） 0 a 1 时， 0 ， y 1 1 a ， y (1 1 a ) ， 当 此时的解为 z (1 1 a )i （1.2）当 1 a 时， 0 ，此时 y 无解，即 z 无解. （2）当 y =0 时， （A）式化为 x 2 x a 0 ， （C）
工程数学（复变函数） 第二章复习题答案
湖南大学数学与计量经济学院
一、选择题（每题2分，10题共20分）
1、C 2、B 3、B 4、C 5、C 6、A 7、D 8、B 9、D 10、B
二、判断题（每题2分，5题共10分）
1、若 f(z)在 z0 的某个邻域内可导，则函数 f(z)在 z0 解析.
( )
1、证明： u x, y e x x cos y y sin y v x, y e x y cos y x sin y
ux e x x c o s y s i n y y uy ex x s i n s i n y y y c vy yo s c v x yo s
3、 （1） f (z ) 在复平面除去原点外连续，在原点处不连续；
（2） f (z ) 在复平面处处连续.
4、
解 : z 3 1 z cos 2k 2k i sin 3 3 1 3 z1 cos i sin i 3 3 2 2 z 2 cos i sin 1 z 3 cos 5 5 1 3 i sin i 3 3 2 2 k 0,1,2
2
（C）的判别式 =4+4a
因为 a 0 ， （C）的判别式 恒大于 0， x 1 1 a ， x (1 1 a ) ， 此时的解为 z (1 1 a ) . 故，当 0 a 1 时解为 z (1 1 a )i 或 z (1 1 a ) ； 当 1 a 时解为 z (1 1 a ) .
2、设 a 0 ，在复数集 C 中解方程 z 2 2 z a . 解：令 z =x yi, 其中x, y为实数.
由复数相等得
2 2 2 2 则 z 2 z x y x y i2 2
x 2y a
xy =0 ， x 2 y 2 2
2
x2 y 2 ， a （A）