复变函数(第四版)课后习题答案
《复变函数》第四版习题解答第5章
1 z2 +1
2
是有理函数，故奇点只是极点，满足
z
z2
+1
2
=0，故
z
=
0
，与
z
=
±i
为
其奇点， z = 0 为一级极点，而 z = ± i 为其二级极点。
（2）因 lim z→0
sin z z3
=
∞
则
z
=
0
为其极点。再确定极点的级，有两种方法：
a.
z
=
0
为
sin
z
为的一级零点；而
z
=
0
为
z3
的三级零点。故
证 因 f (z) 和 g(z) 是以 z0 为零点的两个 不恒等于零 的解析函数 ，可设 f (z) = (z − z0 )ϕ(z) ， g(z) = (z − z0 )ψ (z) ，ϕ(z),ψ (z) 为解析函数，则
f (z) = (z − z0 )ϕ(z) = ϕ(z) ， f '(z) = ϕ(z) + (z − z0 )ϕ '(z) ， g(z) (z − z0 )ψ (z) ψ (z) g '(z) ψ (z) + (z − z0 )ψ '(z) 故 lim f (z) = lim ϕ(z) ， lim f '(z) = lim ϕ(z) + (z − z0 )ϕ '(z) = lim ϕ(z) ，即 z→z0 g (z) z→z0 ψ (z) z→z0 g '(z) z→z0 ψ (z) + (z − z0 )ψ '(z) z→z0 ψ (z)
2
dz
；
（5） v∫ tan (π z) dz ； |z|=3
复变函数第四版的第五章答案
复变函数第四版的第五章答案【篇一：安徽工业大学复变函数与积分变换客观题5(第五章)】数一、选择题： 1．函数cot?z在z?i?2内的奇点个数为 ( )2z?3（a）1 （b）2（c）3 （d）42．设函数f(z)与g(z)分别以z?a为本性奇点与m级极点，则z?a 为函数f(z)g(z) 的( )（a）可去奇点（b）本性奇点（c）m级极点（d）小于m级的极点1?ex3．设z?0为函数4的m级极点，那么m?( )zsinz（a）5 （b）4 (c)3（d）2 4．z?1是函数(z?1)sin21的( ) z?1(a)可去奇点（b）一级极点（c）一级零点（d）本性奇点3?2z?z35．z??是函数的( )z2(a)可去奇点（b）一级极点（c）二级极点（d）本性奇点 6．设f(z)??anzn在z?r内解析，k为正整数，那么res[n?0?f(z),0]?( ) kz（a）ak （b）k!ak（c）ak?1 （d）(k?1)!ak?1 7．设z?a为解析函数f(z)的m级零点，那么res[f?(z),a]?( ) f(z)(a)m （b）?m（c） m?1 （d）?(m?1) 8．在下列函数中，res[f(z),0]?0的是（）ez?1sinz1（a） f(z)?（b）f(z)?? 2zzz（c）f(z)?sinz?cosz11? (d) f(z)?zze?1z19．下列命题中，正确的是() （a）设f(z)?(z?z0)?m?(z)，?(z)在z0点解析，m为自然数，则z0为f(z)的m级极点．（b）如果无穷远点?是函数f(z)的可去奇点，那么res[f(z),?]?0 （c）若z?0为偶函数f(z)的一个孤立奇点，则res[f(z),0]?0 （d）若f(z)dz?0，则f(z)在c内无奇点c10． res[zcos32i,?]? ( ) z（a）?2222（b）（c）i （d）?i33331z?i11．res[z2e（a）?,i]? ( )1515?i （b）??i （c）?i （d）?i 666612．下列命题中，不正确的是( )（a）若z0(??)是f(z)的可去奇点或解析点，则res[f(z),z0]?0 （b）若p(z)与q(z)在z0解析，z0为q(z)的一级零点，则res[p(z0)p(z),z0]? q(z)q?(z0)1dnlimn[(z?z0)n?1f(z)] （c）若z0为f(z)的m级极点，n?m为自然数，则res[f(z),z0]?n!x?x0dz（d）如果无穷远点?为f(z)的一级极点，则z?0为f()的一级极点，并且1z1res[f(z),?]?limzf()z?0z13．设n?1为正整数，则1dz?( ) nz?1z?2(a)0（b）2?i （c）2?i（d）2n?i nz914．积分10dz?( )z?13z?22（a）0 （b）2?i （c）10 （d）?i 515．积分12zsindz?( ) zz?1（a）0（b）??i1（c）? （d）??i答案一、1．（d）2６．（c） 11．（b） 126．（b） 3７．（a）．（d）13第五章．（c） 4８．（d）．（a）1433 数．（d）９．（c） 10．（b） 15（b）．（a）．（c）留５．【篇二：复变函数第四章练习题】1 考察级数的敛散性。
《复变函数》第四版习题解答第3章
-1-
∫ ∫
C
Re[ f (z )]dz = Im[ f (z )]dz =
∫ ∫
2π
0 2π
Re e iθ de iθ = cos θ (− sin θ + i cos θ )dθ = π i ≠ 0
[ ]
∫
2π
0
C
0
Im e iθ deiθ = sin θ (− sin θ + i cos θ )dθ = −π ≠ 0
3．设 f ( z ) 在单连域 D 内解析，C 为 D 内任何一条正向简单闭曲线，问
∫
解
C
Re[ f (z )]dz =
∫
C
Im[ f (z )]dz = 0
是否成立，如果成立，给出证明；如果不成立，举例说明。 未必成立。令 f ( z ) = z ， C : z = 1 ，则 f ( z ) 在全平面上解析，但是
e z dz v ∫C z 5 ， C :| z |= 1
= 2πe 2 i
解
（1）由 Cauchy 积分公式， ∫ 解 1： ∫ 解 2： ∫
C
ez dz = 2π i e z z−2
z =2
（2）
C
1 dz 1 = ∫ z + a dz = 2π i 2 2 C z−a z+a z −a
2
=
z =a
=0
（8）由 Cauchy 积分公式， （9）由高阶求导公式， ∫
v ∫
C
sin zdz = 2π i sin z |z =0 = 0 z
2
sin z
C
π⎞ ⎛ ⎜z − ⎟ 2⎠ ⎝
dz = 2π i(sin z )'
复变函数论第四版答案钟玉泉
复变函数论第四版答案钟玉泉第二章 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 sx 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 y v 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 yu 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 yi 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 u r θθθθθ=--+()()c o s s i n s i n c o s r r i u iv θθθθ=-++()()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 e i ---+-=()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 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 -+=)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 +-++-+-++++++ =⎥⎦⎤⎢⎣⎡--⋅+--⋅+-+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 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 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 =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 ()a r g f z π=得()()arg c i f zi f i e π∆=()2a r g 1a r g3c 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 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 Rt ≤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 =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(-=-''.。
12013复变函数论课后题答案 (第四版 钟玉泉)
每个人都有自己的爱，不能强迫自己去做。每个人都有自己的意志，不能被强迫。每个人都有自己的命运，而不是自己的结。放松你思想，满足于现状。不要控制你的情绪。去吧，依靠你的梦想。成功取决于奋斗。成长取决于经验。幸福取决于开放。幸福取决于满足。很容易被人看不起。如果你看起来有点肤浅，你可以放心。往下看，你会很高兴的。敞开心扉，敞开心扉。只有看透了，我们才能成熟。这很容易理解。
为了成功，你需要给生活足够的速度。这是胜利者的态度，也是胜利者的态度。为了实现这个伟大的目标，我们必须能够忍受别人的嘲笑和独自工作的孤独。有了信念和追求，人就能忍受一切艰难困苦，适应一切环境。美属于自信，平静属于准备，奇迹属于坚持。
真正的努力，是“不积跬步，无以至千里；不积小流，无以成江海”的积累；是“贵有恒，何必三更眠五更起；最无益，只怕一日曝十日寒”的自律；是“千淘万漉虽辛苦，吹尽黄沙始到金”的执着。
复变函数第四版答案详解
复变函数第四版答案详解调和变换的第四版：1. 概念：调和变换的第四版是研究统计学家Stephen M. Stigler提出的一种更加复杂的变换法。
它最大的特点是可以有效地处理大数据集中固定和变动变量之间的关系，而且有助于更好地可视化信息。
2. 原理：这种变换主要是利用了调和技巧，通过舍弃最小和最大值来使变量在定义域上更具对称性。
使用调和变换的第四版，可以根据数据集中的最大值、最小值和其他值的累计概率直方图进行变换，这样就可以更准确地绘制变量间的关系。
3. 公式：基本的形式为T(x) = Log2（x/xmin）。
其中x为变量的原始值，xmin为该变量的最小值，T表示变换后的值。
4. 优势：• 可以对大范围的数据集进行标准化，减轻可视化时数据的拉伸或压缩；• 加强小数据组之间的可视化差别；• 能够有效处理变量之间的关系，更加详细；• 有助于体现更完整的数据，同时保留数据的细节。
5. 应用：• 生物学：调和变换的第四版可以帮助研究人员分析有关基因表达或特定生物标记（如药物效应）的数据；• 地理信息系统：地理信息系统的地图可以更准确地反映由于植被或气候变化而引起的空间变化；• 金融：调和变换的第四版可以用来分析大型财务数据集，并发现有关投资可能波动的信息。
6. 缺点：由于技术复杂，计算成本可能较高，特别是在大数据集合上，同时，由于它的强依赖变量的范围，所以由于变量的范围而出现的误差。
总结：调和变换的第四版是研究统计学家Stephen M. Stigler提出的一种复杂的变换法，它的核心是利用调和技巧，通过舍弃最小和最大值来使变量在定义域上更具对称性，它有助于更准确可视化变量之间的关系，并能够有效处理大数据集中固定和变动变量之间的关系。
但它也有计算成本高、与变量范围相关的误差等缺点。
复变函数第四版余家荣答案
复变函数第四版余家荣答案【篇一：1第一章复数与复变函数】京1第一章复数与复变函数1 复数及其代数运算1.复数的概念①在解方程时，有时会遇到负数开方的问题，但在实数范围内负数是不能开平方的。
为此，需要扩大数系。
我们给出如下的代数形式的复数定义：复数的代数定义：把有序实数对(x,y)作代数组合所确定的形如x?iy的数称为（代数形式的）复数，记为z?x?iy，2其中，i满足i??1。
我们称i为虚单位；实数x和y分别称为复数z 的实部和虚部，并记为x?rez，y?imz。
特别地，当imz?0时，z?x?i0?rez?x是实数；当rez?0时且imz?0时，z?iimz?iy称为纯虚数；虚部不为零的复数称为虚数（即不为实数的复数称为虚数）；z?0当且仅当rez?0且imz?0，即复数0?0?i?0。
z1?z2当且仅当rez1?rez2且imz1?imz2。
2.复数的代数运算2.1 四则运算设z1?x1?iy1，z2?x2?iy2为任意两个复数，它们的四则运算定义为: 加法：z1?z2?(x1?x2)?i(y1?y2) 减法：z1?z2?(x1?x2)?i(y1?y2) 乘法：z1z2?(x1x2?y1y2)?i(x1y2?x2y1) 除法：z1x1x2?y1y2y1x2?x1y2（z2?0） ??i2222z2x2?y2x2?y22【注】：(1).可见，复数的四则运算，可以按照多项式的四则运算进行，只要注意将i换成?1。
(2).关于除法的具体操作可以按两种方法来进行：①.先看成分式的形式，然后分子分母同乘以一个与分母的实部相等而虚部只相差一个正负号的复数（在后面将会看到，这被定义为共轭复数），再进行简化；②.用复数z1?x1?iy1除以非零复数z2?x2?iy2，就是要求出这样一个复数z?x?iy，使得z1?z2?z。
按乘法的定义，为求出z需要解方程组?x2x?y2y?x1??x2y?xy2?y12.2 共轭复数复数x?iy和x?iy互称为对方的共轭复数，如果记z?x?iy，则用记其共轭复数，即?x?iy?x?iy。
《复变函数与积分变换》(西安交大-第四版)课后答案解析
网 c ⎜⎝⎛i8 − 4i21 + i⎟⎠⎞ = 1+ 3i ，| i8 − 4i21 + i |= 10 案 . ( ) ( ) Arg i8 − 4i21 + i = arg i8 − 4i21 + i + 2kπ = arg(1− 3i)+ 2kπ
9．将下列坐标变换公式写成复数的形式：
1）平移公式：
⎧ ⎨ ⎩
x y
= =
x1 y1
+ +
a1, b1;
2）旋转公式：
⎧ ⎨ ⎩
x y
= =
x1 x1
cosα sin α
− +
y1 y1
sinα , cos α .
解：设 A = a1 + ib1 ， z1 = x1 + iy1 ， z = x + iy ，则有 1） z = z1 + A ；2） z = z1(cosα + i sinα ) = z1eiα 。
故 n = 4k, k = 0, ±1, ±2,"。
16．（1）求方程 z3 + 8 = 0 的所有根 （2）求微分方程 y'''+8y = 0 的一般解。
( )1
π i
(1+
2k
)
解 （1） z = −8 3 = 2e 3 ，k=0,1,2。
即原方程有如下三个解：
1 + i 3, −2, 1 − i 3 。
−
5π 6
⎞ ⎟⎠
+
《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。
《复变函数与积分变换》(西安交大_第四版)课后答案
=
1 13
(3
−
2i)
所以
Re⎨⎧ ⎩3
1 +2
i
⎫ ⎬ ⎭
=
3 13
，
Im⎨⎧ ⎩3
1 + 2i
⎫ ⎬ ⎭
=
−
2 13
,
m 1 = 1 (3 + 2i) ， 1 = ⎜⎛ 3 ⎟⎞2 + ⎜⎛− 3 ⎟⎞2 = 13 ，
o 3+2i 13
3 + 2i ⎝ 13 ⎠ ⎝ 13 ⎠ 13
Arg⎜⎛
网 c ⎝
2 ⎜⎜⎝⎛
1 −i 2
1 2
⎟⎟⎠⎞
= 2⎜⎛ cos π − isin π ⎟⎞
⎝4
4⎠
−i π
= 2e 4
( ) ( ) (( )) （6）
cos5ϕ + isin5ϕ cos3ϕ − isin3ϕ
2
=
3
ei5ϕ
2
/
e−i3ϕ
3 = ei10ϕ /e−i9ϕ = ei19ϕ
3
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13．如果 z = eit ，试证明
（1） zn
+
1 zn
= 2cos nt
；
（2） zn − 1 = 2 i sin nt zn
解 （1） zn + 1 = eint + e−int = eint + eint = 2sin nt zn
（2） zn
−
1 zn
= eint
− e−int
= eint
− eint
答 w 证明：| z1 + z2 |2 + | z1 − z2 |2 = (z1 + z2 )(z1 + z2 ) + (z1 − z2 )(z1 − z2 )
复变函数(第四版)课后习题答案
3i 1−
i
⎫ ⎬ ⎭
=
−
5 2
⎜⎛ 1 − 3i ⎟⎞ = 3 + i 5 ， 1 − 3i = ⎜⎛ 3 ⎟⎞2 + ⎜⎛ − 5 ⎟⎞2 = 34 ， ⎝ i 1−i⎠ 2 2 i 1−i ⎝ 2⎠ ⎝ 2⎠ 2
Arg⎜⎛ ⎝
1 i
−
3i 1−i
⎟⎞ ⎠
=
arg⎜⎛ ⎝
1 i
−
3i 1−
i
⎟⎞ ⎠
2．如果等式 x + 1 + i(y − 3) = 1 + i 成立，试求实数 x, y 为何值。
5 + 3i
解：由于
x
+
1+ i(y
5 + 3i
−
3)
=
[x
+1 + i(y − 3)](5 − (5 + 3i)(5 − 3i)
3i)
= 5(x +1)+ 3(y − 3)+ i[− 3(x +1)+ 5(y − 3)]
= 2 i sin nt
14．求下列各式的值
( ) （1） 3 − i 5 ； （2） (1 + i)6 ； （3） 6 −1 ；
1
（4） (1 − i)3
( ) ( ) 解
（1）
3 − i 5 = ⎢⎢⎣⎡2⎜⎜⎝⎛
3 2
−
i 2
⎟⎟⎠⎞⎥⎥⎦⎤5
=
2e−iπ / 6 5 = 32e−i5π / 6
=
32
⎡ ⎢⎣cos
⎛ ⎜⎝
−
5π 6
⎞ ⎟⎠
+
复变函数课后习题答案（全）第四版
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)i i i --（3）131i i i-- （4）8214i i i -+-解：（1）1323213iz i -==+， 因此：32Re , Im 1313z z ==-，1232, arg arctan , 3131313z z z i ==-=+（2）3(1)(2)1310i i iz i i i -+===---， 因此，31Re , Im 1010z z =-=，1131, arg arctan , 3101010z z z i π==-=--（3）133335122i i iz i i i --=-=-+=-， 因此，35Re , Im 32z z ==-，34535, arg arctan , 232i z z z +==-=（4）82141413z i i i i i i =-+-=-+-=-+因此，Re 1, Im 3z z =-=，10, arg arctan3, 13z z z i π==-=--2． 将下列复数化为三角表达式和指数表达式： （1）i （2）13i -+ （3）(sin cos )r i θθ+（4）(cos sin )r i θθ- （5）1cos sin (02)i θθθπ-+≤≤解：（1）2cossin22iii e πππ=+=（2）13i -+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 e πθθπθπθθ---=+=3． 求下列各式的值：（1）5(3)i - （2）100100(1)(1)i i ++-（3）(13)(cos sin )(1)(cos sin )i i i i θθθθ-+-- （4）23(cos5sin5)(cos3sin3)i i ϕϕϕϕ+-（5）3i （6）1i +解：（1）5(3)i -5[2(cos()sin())]66i ππ=-+-5552(cos()sin())16(3)66i i ππ=-+-=-+ （2）100100(1)(1)i i ++-50505051(2)(2)2(2)2i i =+-=-=-（3）(13)(cos sin )(1)(cos sin )i i i i θθθθ-+--2[cos()sin()](cos sin )332[cos()sin()][cos()sin()]44i i i i ππθθππθθ-+-+=-+--+-2[cos()sin()](cos2sin 2)1212i i ππθθ=-+-+(2)122[cos(2)sin(2)]21212ii eπθππθθ-=-+-=（4）23(cos5sin5)(cos3sin3)i i ϕϕϕϕ+- cos10sin10cos19sin19cos(9)sin(9)i i i ϕϕϕϕϕϕ+==+-+- （5）3i 3cossin22i ππ=+11cos (2)sin (2)3232k i k ππππ=+++31, 02231, 122, 2i k i k i k ⎧+=⎪⎪⎪=-+=⎨⎪-=⎪⎪⎩（6）1i +2(cossin )44i ππ=+ 4112[cos (2)sin (2)]2424k i k ππππ=+++48482, 02, 1i i e k e k ππ⎧=⎪=⎨⎪-=⎩4． 设121, 3,2iz z i +==-试用三角形式表示12z z 与12z z解：12cossin , 2[cos()sin()]4466z i z i ππππ=+=-+-，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）51,z i+= 由此2551k i z i ei π=-=-， (0,1,2,3,4)k =（2）4444(cos sin )za a i ππ=-=+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), (1)2222a a a ai i i i +-+--- 6． 证明下列各题：（1）设,z x iy =+则2x y z x y +≤≤+证明：首先，显然有22z x y x y =+≤+；其次，因222,x y x y +≥固此有2222()(),x y x y +≥+ 从而222x y z x y +=+≥。
《复变函数》第四版习题解答第2章
即
∂u 1 ∂v = 。又 ∂r r ∂θ ∂u ∂u = (− r sin θ ) + ∂u r cosθ ∂θ ∂x ∂y ∂v ∂v ∂v ∂u ∂u = cosθ + sin θ = − cosθ + sin θ ∂r ∂x ∂y ∂y ∂x ⎞ 1 ⎛ ∂u 1 ∂u ∂u =− ⎜ r cosθ − r sin θ ⎟ =− ⎜ ⎟ r ⎝ ∂y r ∂θ ∂x ⎠
习题二解答
1．利用导数定义推出：
1)( z n ) ' = nz n −1 , (n是正整数)；
证 1） ( z ) ' = lim
n
1 ⎛1⎞ 2） ⎜ ⎟' = − 2 。 z ⎝z⎠
( z + ∆z ) n − z n 2 n−2 = lim (nz n −1 + Cn z ∆z + " ∆z n −1 ) = nz n −1 z ∆z → 0 ∆ → 0 ∆z 1 1 − 1 1 ⎛1⎞ 2） ⎜ ⎟ ' = lim z + ∆z z = − lim =− 2 ∆z → 0 z ( z + ∆z ) z ∆z ⎝ z ⎠ ∆z →0
∂u ∂ (− v ) ∂v ， = =− ∂x ∂y ∂y ∂u ∂ (− v ) ∂u =− = ∂y ∂x ∂x
（1）
又 f ( z ) = u + iv 在区域 D 内解析，则
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习题一解答1．求下列复数的实部与虚部、共轭复数、模与辐角。
（1）i 231+； （2）i13i i 1−−； （3）()()2i 5i 24i 3−+； （4）i 4i i 218+−解 （1）()()()2i 31312i 32i 32i 32i 31−=−+−=+ 所以133=⎭⎬⎫⎩⎨⎧+i 231Re ，1322i 31Im −=⎭⎬⎫⎩⎨⎧+,()2i 31312i 31+=+，131********i 3122=⎟⎠⎞⎜⎝⎛−+⎟⎠⎞⎜⎝⎛=+， k π2i 231arg i 231Arg +⎟⎠⎞⎜⎝⎛+=⎟⎠⎞⎜⎝⎛+",2,1,0,232arctan ±±=+−=k k π（2）()()()()i,25233i 321i i)(1i 1i 13i i i i i 13i i 1−=+−−−=+−+−−−=−− 所以,23i 13i i 1Re =⎭⎬⎫⎩⎨⎧−− 25i 13i i 1Im −=⎭⎬⎫⎩⎨⎧−−25i 23i 13i i 1+=⎟⎠⎞⎜⎝⎛−−，2342523i 13i i 122=⎟⎠⎞⎜⎝⎛−+⎟⎠⎞⎜⎝⎛=−−， k π2i 1i 3i 1arg i 1i 3i 1Arg +⎟⎠⎞⎜⎝⎛−−=⎟⎠⎞⎜⎝⎛−− ",±,±,=,+−=210235arctan k k π.（3）()()()()()()()()()42i 7i 262i 2i 2i 5i 24i 32i 5i 24i 3−−=−−−+=−+ 13i 27226i 7−−=−−=所以()()272i 5i 24i 3Re −=⎭⎬⎫⎩⎨⎧−+，()()132i 5i 24i 3Im −=⎭⎫⎩⎨⎧−+，()()l3i 272i 5i 24i 3+−=⎥⎦⎤⎢⎣⎡−+()()22952i5i 24i 3=−+， ()()()()k ππk π2726arctan 22i 2i 52i 43arg i 2i 52i 43Arg +−=+⎥⎦⎤⎢⎣⎡−+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡−+ ()",2,1,0,12726arctan±±=−+=k k π.（4）()()()()i i 141i i i 4i i 4i i 10410242218+−−−=+−=+−3i 1i 4i 1−=+−=所以{}{}3i 4i i Im 1,i 4i i Re 218218−=+−=+−3i 1i 4i i 218+=⎟⎠⎞⎜⎝⎛+−，10|i 4i i |218=+−()()()2k π3i 1arg 2k πi 4i i arg i 4i i Arg 218218+−=++−=+−=.2,1,0,k 2k πarctan3"±±=+−2．如果等式()i 13i53y i 1x +=+−++成立，试求实数x , y 为何值。
解：由于()()[]()()()3i 53i 53i 53y i 1x 3i 53y i 1x −+−−++=+−++()()()()[]343y 51x 3i 3y 31x 5−++−+−++=[]()i 1185y 3x i 43y 5x 341+=−+−+−+= 比较等式两端的实、虚部，得⎩⎨⎧=−+−=−+34185334435y x y x 或 ⎩⎨⎧=+−=+52533835y x y x 解得11,1==y x 。
3．证明虚单位i 有这样的性质：-i=i -1=i 。
4．证明21)||116)Re()(),Im()(22iz zz z z z z z =z =+=#−证明：可设i z x y =+，然后代入逐项验证。
5．对任何，是否成立？如果是，就给出证明。
如果不是，对那些值才成立？z 2||z z =222z 解：设，则要使成立有i z x y =+2||z z =2222i x y xy x −+=+y 0，即。
由此可得为实数。
2222,x y x y xy −=+=z 6．当时，求的最大值，其中n 为正整数，a 为复数。
1||≤z ||a z n +解：由于|a||a||z|a z nn +≤+≤+1，且当na ez arg i=时，有()|a|e a |a|e e a|z a a nn a n+=+=+⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛=+|11arg i arg i arg i 故为所求。
||1a +8．将下列复数化成三角表示式和指数表示式。
（1）i ； （2）-1； （3）1+3i ；（4）()π0isin cos 1≤≤+−ϕϕϕ； （5）i 12i+−； （6）()()32isin3cos3isin5cos5ϕϕϕϕ−+ 解：（1）2πi e 2πisin 2πcos i =+=；（2）i πe isin πcos π1=+=−（3）3πi 2e 3πisin 3πcos 223i 2123i 1=⎟⎠⎞⎜⎝⎛+=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+=+； （4）21cos isin 2sin i2sincos2sinsin icos 222222ϕϕϕϕϕϕϕϕ⎛⎞−+=+=+⎜⎟⎝⎠π)(0,e22sin 2πisin 2πcos 22sin 2πi ≤≤=⎟⎠⎞⎜⎝⎛−+−=−ϕϕϕϕϕϕ；（5）()⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−=−=−−=+−21i 212i 1i 12i 21i 12i ⎟⎠⎞⎜⎝⎛−=4πisin 4πcos 2=4πie2−（6）()()()()223i5i3i10i9i193cos5isin5e /e e /e e cos3isin3ϕϕϕϕϕϕϕϕ−−+==−ϕ=ϕϕisin19cos19+=9．将下列坐标变换公式写成复数的形式： 1）平移公式：1111,;x x a y y b =+⎧⎨=+⎩2）旋转公式：1111cos sin ,sin cos .x x y y x y αααα=−⎧⎨=+⎩解：设11i A a b =+，11i z x y 1=+，i z x y =+，则有 1）；2）1z z A =+i 11(cos isin )e z z z ααα=+=。
10．一个复数乘以-i ，它的模与辐角有何改变？ 解：设复数，则z e z z Arg i ||=()⎟⎠⎞⎜⎝⎛−−=⋅||=−2Arg i 2i Arg i πz πz |z|e e e z i z ，可知复数的模不变，辐角减少2π。
11．证明：，并说明其几何意义。
222121212||||2(|||z z z z z z ++−=+2|)证明：2212121212121211222212||||()()()(2()2(||||)z z z z z z z z z z z z z z z z z z ++−=+++−−=+=+) 其几何意义平行四边形的对角线长度平方的和等于四个边的平方的和。
12．证明下列各题： 1）任何有理分式函数()()()P z R z Q z =可以化为i X Y +的形式，其中X 与Y 为具有实系数的x 与的有理分式函数；y 2）如果()R z 为1）中的有理分式函数，但具有实系数，那么(i R z X Y =−； 3）如果复数i a b +是实系数方程10110n n n n a z a z a z a −−++++="的根，那么也是它的根。
i a b −证 1）()()()Re(()())Im(()())()()(,)(,)()()P z P z Q z P z Q z P z Q z R z Q z q x y q x y Q z Q z ===+; 2）()()()()i i ()()()P z P z P z R z X Q z Q z Q z ⎛⎞Y X Y ====+=−⎜⎟⎝⎠; 3）事实上()1011n n n n P z a z a z a z a −−=++++"()z P z a z a z a a n n =++++="221013．如果，试证明 it e z =（1）nt zz nn cos 21=+； （2）nt z z n n sin i 21=− 解 （1）nt e e e e z z n n sin 21int int int int =+=+=+− （2）nt e e e e zz n n sin i 21int int int int =−=−=−−14．求下列各式的值 （1）(5i 3−)； （2）()6i 1+； （3）61−； （4）()31i 1−解 （1）()()6/5i 56/i 553222i 232i 3ππ−−==⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−=−e e5π5π32cos isin 16i 66⎡⎤⎛⎞⎛⎞=−+−=−−⎜⎟⎜⎟⎢⎥⎝⎠⎝⎠⎣⎦（2）())666i /43i/21i 8e 8i ππ⎤+====−⎥⎦。
（3()()1i π21/6i π+26ee,0,1,2,3,4,5k k k π+===。
可知61−的6个值分别是,2i 23e /6i +=πi e /2i =π，2i 23ei /65i +−=π 2i 23e /6i7−−=π，，i 23i −=/πe 2i23411i −=/πe 。
（4）()()0,1,2=,==⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛2−212=−13⎟⎠⎞⎜⎝⎛+−31/−3131k eek πππ24i 64i 22i i 。
可知的3个值分别是()1/31i −,127sin i 127cos 22,12sin i 12cos 22612/7i 662/i 6⎟⎠⎞⎜⎝⎛+=⎟⎠⎞⎜⎝⎛−=−ππππππe e⎟⎠⎞⎜⎝⎛+=45sini 45cos 2264/5i 6πππe 。
15．若(1i)(1i)nn+=−，试求n 的值。
解由题意即i /4i /4i /4i /4)),e e nn n n ππππ−−==，sin ，04nπ=故4,0,1,2,n k k ==±±"。
16．（1）求方程的所有根 083=+z （2）求微分方程08'''=+y y 的一般解。
解 （1）()()1i123382k z eπ+=−=，k=0,1,2。
即原方程有如下三个解：,3i 1+ ,2− 3i 1−。
（2）原方程的特征方程有根083=+λi 311+=λ，22−=λ，i 313−=λ，故其一般形式为()x C x C e e C y x x 3sin 3cos 3221++=−17．在平面上任意选一点，然后在复平面上画出下列各点的位置： z111,,,,,z z z z z z−−−。