高等教育出版社《复变函数》与《积分变换》第四版课后习题参考答案
复变函数与积分变换习题答案
第一章 复数与复变函数1.1计算下列各式: (1) (1)(32);i i +--解: (1)(32)(1)322 3.i i i i i +--=+-+=-+ (2);(1)(2)ii i --解:2(13)3.(1)(2)2213101010i i i i i ii i i i i i +-====+----+-(3)1(1);1z z x iy z -=+≠-+ 解: 2222222211(1)(1)12.11(1)(1)(1)z x iy x iy x iy x y yi z x iy x y x y x y-+--++-+-===++++++++++ 1.3 将圆周方程22()0(0)a x y bx cy d a ++++=≠写成复数形式(即可z 与z 表示,其中z x iy =+).解: 把22,,22z z z z x y x y z z i+-==+=⋅代入圆周方程得: ()()0,222()()20,0.b caz z z z z z d iaz z b ic z b ic z d Az z Bz Bz C ⋅+++-+=⋅+-+++=⋅+++=故其中2,,2.A a B b ic C d ==+= 1.5 将下列各复数写成三角形式.(1) sin cos ;i αα+ 解: sin cos 1,i αα+= 故sin cos cos()sin().22i i ππαααα+=-+- (2) sincos.66i ππ--解: 2arg(sincos )arctan(cot ),666263i ππππππππ--=-=--=-s i n c o s 66i ππ--=2222cos()sin()cos()sin.3333i i ππππ-+-=- 1.7 指出满足下列各式的点z 的轨迹是什么曲线?(1) 1;z i +=解: 以(0,1)-为圆心,1为半径的圆周.(2) 0,zz az az b +++=其中a 为复数,为b 实常数;解: 由题设可知 2()()||0,z a z a b a +++-=即22||||,z a a b +=- 若2||,a b =则z 的轨迹为一点;a -若2||,a b >则z 的轨迹为圆,圆心在a -,若2||,a b <无意义.第二章 解析函数1.用导数定义,求下列函数的导数: (1) ()Re .f x z z = 解: 因0()()lim z f z z f z z∆→+∆-∆0()Re()Re lim z z z z z z zz∆→+∆+∆-=∆ 0Re Re Re limz z z z z z z z∆→∆+∆+∆∆=∆0Re lim(Re Re )z zz z z z∆→∆=+∆+∆ 000Re lim(Re )lim(Re ),z x y z xz zz z z x i y ∆→∆→∆→∆∆=+=+∆∆+∆ 当0z ≠时,上述极限不存在,故导数不存在;当0z =时,上述极限为0,故导数为0.3.确定下列函数的解析区域和奇点,并求出导数.(1)(,).az bc d cz d++至少有一不为零 解: 当0c ≠时,()az b f z cz d +=+除d z c =-外在复平面上处处解析, dz c=-为奇点,222()()()()()()()()().()()az bf z cz daz b cz d cz d az b cz d a cz d c az b ad cb cz d cz d +''=+''++-++=++-+-==++当0c =时,显然有0d ≠,故()az b f z d +=在复平面上处处解析,且()af z d'=. 5.设()f z 在区域D 内解析,试证: 222222()|()|4|()|.f z f z x y ∂∂'+=∂∂证: 设 222(),|()|,f z u i v f z u v =+=+ 222(),|()|()().u uu u f z i f z x y x y∂∂∂∂''=-=+∂∂∂∂ 而2222222222222222222222222()|()|()()2()()()(),f z u v u v x y x y u u v v u u v v u v uv xx x x y y y y∂∂∂∂+=+++∂∂∂∂⎡⎤∂∂∂∂∂∂∂∂=+++++++⎢⎥∂∂∂∂∂∂∂∂⎣⎦又()f z 解析,则实部u 及虚部v 均为调和函数.故222222220,0.u u v vu v x yx y∂∂∂∂=+==+=∂∂∂∂则22222222()|()|4(()())4|()|.u uf z f z x y x y∂∂∂∂'+=+=∂∂∂∂ 7.设sin ,px v e y =求p 的值使v 为调和函数,并求出解析函数().f z u iv =+ 解: 要使(,)v x y 为调和函数,则有0.xx yy v v v ∆=+=即2sin sin 0,px px p e y e y -=所以1p =±时,v 为调和函数,要使()f z 解析,则有,.x y y x u v u v ==-1(,)cos cos (),1sin ()sin .px pxx pxpx y u x y u dx e ydx e y y pu e y y pe y pφφ===+'=-+=-⎰⎰所以11()()sin ,()()cos .px px y p e y y p e y C p pφφ'=-=-+即(,)cos ,px u x y pe y C =+故(cos sin ),1,()(cos sin ),1.x z xze y i y C e C pf z e y i y C e C p -⎧++=+=⎪⎨--+=-+=-⎪⎩9.求下列各式的值。
复变函数与积分变换课后答案
1 ∴ Res e z 1 ,1 1 .
2. 利用各种方法计算 f(z)在有限孤立奇点处的留数.
3z 2 (1) f z 2 z z 2 3z 2 解: f z 2 的有限孤立奇点处有 z=0,z=-2.其中 z=0 为二级极点 z=-2 为一级极 z z 2
1 1 2 解: z 1 sin z 2 2 z 1 sin z z 1 1 1 1 1 z 2 2 z 1 3 5 5! z z 3! z 1 ∴ Res f z , 0 1 3!
为在 c 内 tanπz 有 zk k
sin πz 由于 Res f z , zk cos πz
1 π
1 ∴ tan πzdz 2 πi Res f z , zk 2πi 2n 4ni c π k (2)
3 i 10
6. 计算下列积分.
(1)
π
0
cos m d 5 4 cos 1 π cos m d 2 π 5 4 cos
因被积函数为 θ 的偶函数,所以 I 令 I1
1 π sin m d 则有 2 π 5 4 cos
1 π eim d 2 π 5 4 cos
z 0
所以由留数定理.
AB
f z dz
BE
f z dz
EF
f z dz
C
FA
f z dz 2πi ln a
而
BE
f z dz
R
C
e x Ri ln a dx x Ri 2
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 全套 课后答案
1 π
k 0,1
i π π ∴ z1 6 4 cos i sin 6 4 e 8 8 8 πi 9 9 z2 6 4 cos π i sin π 6 4 e 8 . 8 8 1 1 9
9.设 z e
3 2 2 2 2 x x 2 y 2 2 xy 2 y x y 2x y i
x3 3xy 2 3x 2 y y 3 i
∴ Re z 3 x 3 3xy 2 ,
Im z 3 3x 2 y y 3 .
z w z 2 Re z w w z w z 2 Re z w w
zw zw 2 z w
2 2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
并给出最后一个等式的几何解释. 证明: z w z 2 Re z w w 在上面第五题的证明已经证明了. 下面证 z w z 2 Re z w w . ∵ z w z w z w z w z w
2 i 3 2i 2 i 3 2i 2 i 3 2i 4 7i
④解:
1 i 1 i 2 2 2 2
1 i 1 i 1 i 2 2 2 4、证明:当且仅当 z z 时,z 才是实数.
z z z w w z w w z zw z w w z w
≤
2
2
2
2
2 Re z w
工程数学-积分变换(第四版)-高等教育出版社-课后答案(1)
再由 Fourier 变换公式得
f (t ) =
1 +∞ 1 +∞ 1 +∞ ω 2 + 2 jω t F ω e d ω = F ω cos ω t d ω = cos ω t dω ( ) ( ) 2 π ∫ −∞ π∫0 π ∫ 0 ω4 + 4 +∞ ω 2 + 2 π −t ∫ 0 ω 4 + 4 cos ω tdω = 2 e cos t
f (t) =
2 +∞ ⎡ +∞ f (τ ) sin ωτ dτ ⎤ sin ω tdω ⎢ ∫0 ⎥ ⎦ π ∫0 ⎣
=
2 +∞ ⎡ +∞ − β t sin ω tdω e sin ωτ dτ ⎤ ∫ ∫ ⎢ ⎥ 0 0 ⎣ ⎦ π
− βτ 2 +∞ ⎡ e ( β sin ωτ − ω cos ω t ) +∞ ⎤ = ∫ ⎢ ⎥ sin ω tdω π 0 ⎣ β 2 + ω2 0 ⎦
=
=
由于 a ( ω ) = a ( −ω ) , b ( ω ) = − b ( −ω ) , 所以
f (t) =
1 +∞ 1 +∞ a ( ω ) cos ω t dω + ∫ b ( ω ) sin ω tdω ∫ 2 −∞ 2 −∞
+∞ +∞ 0 0
= ∫ a ( ω ) cos ω t dω + ∫ b ( ω ) sin ω t dω 2.求下列函数的 Fourier 积分:
2 2 ⎧ ⎪1 − t , t ≤ 1 1)函数 f ( t ) = ⎨ 解: 解:1 为连续的偶函数,其 Fourier 变换为 2 0, 1 t > ⎪ ⎩
(完整版)复变函数与积分变换习题答案
一、将下列复数用代数式、三角式、指数式表示出来。
(1) i 解:2cossin22ii e i πππ==+(2) -1解:1cos sin i e i πππ-==+ (3)1+解:()/3122cos /3sin /3i e i πππ+==+ (4) 1cos sin i αα-+ 解:2221cos sin 2sin 2sincos2sin(sincos )2222222sincos()sin()2sin 222222i i i i i e πααααααααααπαπαα⎛⎫- ⎪⎝⎭-+=+=+⎛⎫=-+-= ⎪⎝⎭(5) 3z解:()3333cos3sin3i z r e r i θθθ==+ (6) 1i e +解:()1cos1sin1i i e ee e i +==+(7)11ii-+ 解:3/411cos3/4sin 3/411i i i i e i i i πππ--==-==+++二、计算下列数值(1) 解:1ar 21ar 21ar 2 b i ctg k a bi ctg abi ctgaπ⎛⎫+ ⎪⎝⎭==⎧⎪=⎨⎪⎩(2)解:6226363463222i k i i i i e i ee e iπππππππ⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎛⎫+ ⎪⎝⎭⎧=+⎪⎪⎪⎨====-+⎪⎪⎪=-⎩(3) i i 解:()2222ii k k i i e eππππ⎛⎫⎛⎫+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭==(4)解:()1/2222ii k k eeππππ⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭==(5) cos5α解:由于:()()552cos5i i e e ααα-+=,而:()()()()()()()()5555555555cos sin cos sin cos sin cos sin nni nn nni n n e i C i e i C i αααααααααα-=--==+==-=-∑∑所以:()()()()()()()()()()()555505555043253543251cos5cos sin cos sin 21 cos sin 112 5cos sin cos sin cos 5cos sin 10cos sin cos n n n nn n n n nn n C i i C i i C i ααααααααααααααααα--=--=⎡⎤=+-⎣⎦⎡⎤=+-⎣⎦=++=-+∑∑(6) sin5α解:由于:()()552sin 5i i ee ααα--=,所以:()()()()()()()()()()()()55550555505234245552341sin 5cos sin cos sin 21 cos sin 1121 sin cos sin sin cos sin 10cos sin 5sin cos n n n nn n n n nn n C i i i C i i i C i C i iααααααααααααααααα--=--=⎡⎤=--⎣⎦⎡⎤=--⎣⎦=++=-+∑∑ (7) cos cos2cos n ααα+++L L 解:()()221cos cos 2cos ()()2(1)1(1)11(1)(1)1 21122(1cos )1 2i i in i i in i in i i in i i in i in i i i n e e e e e e e e e e e e e e e e e e e e ααααααααααααααααααααααα----------⎡⎤+++=+++++++⎣⎦⎡⎤--+--⎡⎤--⎢⎥=+=⎢⎥---⎢⎥⎣⎦⎣⎦+=L L L L L L (1)(1)22(1cos )12cos 22cos(1)2cos cos 1cos(1)cos 22(1cos )2(1cos )1sin()sin22 2sin2i i n i n in in e e e e n n n n n ααααααααααααααααα+-+-⎡⎤---++⎢⎥-⎣⎦⎡⎤--++--++==⎢⎥--⎣⎦+-=(8) sin sin 2sin n ααα+++L L 解:()()221sin sin 2sin ()()2(1)1(1)11(1)(1)1 21122(1cos )1 2i i in i i in i in i i in i i in i in i i i n e e e e e e i e e e e e e e e e e i e e i e i αααααααααααααααααααααα---------⎡⎤+++=+++-+++⎣⎦⎡⎤-----⎡⎤--⎢⎥=-=⎢⎥---⎢⎥⎣⎦⎣⎦=L L L L L L (1)(1)112(1cos )12sin 2sin(1)2sin sin sin(1)sin 22(1cos )2(1cos )1cos()cos22 2sin2i n in i i n in e e e e e i i n i n n n i n αααααααααααααααααα+--+-⎡⎤--+-++-⎢⎥-⎣⎦⎡⎤-++-++==⎢⎥--⎣⎦-++=1.2 复变函数1、试证明函数f (z )=Arg(z ) (-π<Arg(z) ≤π),在负实轴上(包括原点)不连续。
工程数学-积分变换-第四版-课后习题答案精选全文
可编辑修改精选全文完整版工程数学 积分变换(第四版 张元林 编)课后习题答案编辑者:余小龙第一章:Fourier 变换习题一解答1、证:利用Fourier 积分变换的复数形式,有⎰⎰+∞∞--+∞∞-⎥⎦⎤⎢⎣⎡=ωττπωωτd e d e f t f t j j )(21)( ⎰⎰∞+∞-∞+∞-⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=ωτωτωττπωd e d j f t j )sin )(cos (121[]⎰+∞∞-+-=ωωωωωd t j t jb a )sin (cos )()(21 由于)()(ωω-=a a , )()(ωω--=b b , 所以⎰⎰+∞∞-+∞∞-+=ωωωωωωtd b td a t f sin )(21cos )(21)(⎰⎰+∞+∞+=ωωωωωωtd b td a sin )(cos )(0。
注:本题也可以由Fourier 积分公式的三角形式得到证明。
2、解:(1)此题亦可写成⎩⎨⎧-=.0,1)(2t t f .1;1>≤t t 它是一个连续的偶函数,利用Euler 公式和分部积分法,由Fourier 积分公式的复数形式,有 ⎰⎰+∞∞-+∞∞--⎥⎦⎤⎢⎣⎡=ωττπωωτd e d e f t f t j j )(21)(⎰⎰+∞∞-⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=ωτωττπωd e d t j 102cos )1(1ωωωττωωτωωττωωτπωd e tj 1232sin sin 2cos 2sin 1⎰∞+∞-⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+--==ωωωωωπωd e t j ⎰+∞∞--3)cos (sin 21=⎰+∞∞-+-ωωωωωωωπd t j t )sin (cos cos sin 23ωωωωωωπtd cos cos sin 403⎰+∞-= (2)函数)(t f 为一连续函数,用类似于(1)的方法,有⎰⎰+∞∞-+∞∞--⎥⎦⎤⎢⎣⎡=ωττπωωτd e d e f t f t j j )(21)(⎰⎰+∞∞-+∞--⎥⎦⎤⎢⎣⎡=ωττπωωττd e d e e t j j 02sin 21 ⎰⎰+∞∞-+∞+-⎥⎦⎤⎢⎣⎡=ωττπωτωd e d e t j j 0)1(2sin 21 {}()()⎰∞+∞-+∞+-⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡++--+-=ωωττωπωτωd e j j e tj j 02)1(412cos 22sin )1(21 ⎰+∞∞-+-=ωωωπωd e j tj 252212[][]⎰∞+∞-+--+---=ωωωωωωωωωπd t j t j j j )sin (cos 2)5(2)5(2)5(1222⎰∞+∞-+---++-=ωωωωωωωωωωωπd tj t j t t 222224)5(cos 2sin )5(sin 2cos )5(1⎰∞+∞-+-+-=ωωωωωωωπd tt 432625sin 2cos )5(2(3)可以看出)(t f 为奇函数,且-1,0,1为其间断点。
《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
⎞ ⎟⎠
+
复变函数与积分变换 高宗升 滕岩梅 习题4部分课后题答案
复变函数与积分变换 高宗升 滕岩梅 习题4 部分课后题答案9题:(1)因为0z 是函数)(z f 的m 级零点,则有0)(0)1(=-z f m ,而0)(0)(≠z f m 。
因为0z 是)(z g 的n 级零点,则0)(0)1(=-z g n 而0)(0)(≠z g n 。
令l=min(m,n),故有0)()())()((0)1(0)1()1(0=+=+--=-z g z f z g z f l l z z l 而0)()())()((0)(0)()(0≠+=+=z g z f z g z f l l z z l 故0z 是)()(z g z f +的min(m,n)级零点。
(2)因为0z 是函数)(z f 的m 级零点,是)(z g 的n 级零点。
故有0z 是)(1z f 的m 级极点,是)(1z g 的n 级极点。
故有m z z z z f )()()(10-=ϕ,n z z z z g )()()(10-=φ故有nm z z z z z g z f +-=)()()()()(10φϕ故0z 是)()(z g z f 的m+n 级零点。
(3)如上所述n m z z z z z f z g --=)()()()()(0ϕφ故当m>n 时0z 是)()(z g z f 的m-n 级零点。
12题。
反证法。
假设有无穷多个根。
令A z f z g -=)()(,则其有无穷多个零点。
故可以找到这样的数列{}n Z 是闭曲线内的点,且其在曲线内部有聚点,0)(=n z g ,由定理4.13知,在此曲线内部有0)(≡z g ,故A z f ≡)(,与题中)(z f 不为常数相矛盾。
故假设不成立。
13题 由于函数)(z f 在复平面上处处解析,故可以在00=z 处展成泰勒级数,则∑∞==0)(k k k za z f ,故∑∑∞=∞=≤==00)(k n k k k k k z M z a z a z f 故k n k z M a -≤,故当∞→z ,n k >时,有k a =0,故a k =0所以∑==nk k k z a z f 0)(是次数不高于n 的多项式或一个常数。
复变函数与积分变换习题答案
一、将下列复数用代数式、三角式、指数式表示出来。
(1) i 解:2cossin22ii e i πππ==+(2) -1解:1cos sin i e i πππ-==+ (3) 13i +解:()/31322cos /3sin /3i i e i πππ+==+ (4) 1cos sin i αα-+ 解:2221cos sin 2sin 2sincos2sin(sincos )2222222sincos()sin()2sin 222222i i i i i e πααααααααααπαπαα⎛⎫- ⎪⎝⎭-+=+=+⎛⎫=-+-= ⎪⎝⎭(5) 3z解:()3333cos3sin3i z r e r i θθθ==+ (6) 1i e +解:()1cos1sin1i i e ee e i +==+(7) 11ii-+ 解:3/411cos3/4sin 3/411i i i i e i i i πππ--==-==+++二、计算下列数值 (1) a ib +解:1ar 2ar 2222421ar 22421ar 2242 b b i ctg k i ctg k a a bi ctg abi ctg a a ib a b ea b ea b ea b e ππ⎛⎫⎛⎫++ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭+=+=+⎧+⎪=⎨⎪-+⎩(2)3i解:62263634632323322322i k i i i i k i e i i eee e iπππππππππ⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎛⎫+ ⎪⎝⎭⎛⎫+ ⎪⎝⎭⎧=+⎪⎪⎪⎨====-+⎪⎪⎪=-⎩(3) i i解:()2222ii k k i i e eππππ⎛⎫⎛⎫+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭==(4)ii解:()1/2222ii k k i i e eππππ⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭==(5) cos5α解:由于:()()552cos5i i e e ααα-+=,而:()()()()()()()()5555555555cos sin cos sin cos sin cos sin nni nn nni n n e i C i e i C i αααααααααα-=--==+==-=-∑∑所以:()()()()()()()()()()()555505555043253543251cos5cos sin cos sin 21 cos sin 112 5cos sin cos sin cos 5cos sin 10cos sin cos n n n nn n n n nn n C i i C i i C i ααααααααααααααααα--=--=⎡⎤=+-⎣⎦⎡⎤=+-⎣⎦=++=-+∑∑(6) sin5α解:由于:()()552sin 5i i e e ααα--=,所以:()()()()()()()()()()()()55550555505234245552341sin 5cos sin cos sin 21 cos sin 1121 sin cos sin sin cos sin 10cos sin 5sin cos n n n nn n n n nn n C i i i C i i i C i C i iααααααααααααααααα--=--=⎡⎤=--⎣⎦⎡⎤=--⎣⎦=++=-+∑∑ (7) cos cos2cos n ααα+++解:()()221cos cos 2cos ()()2(1)1(1)11(1)(1)1 21122(1cos )1 2i i in i i in i in i i in i i in i in i i i n e e e e e e e e e e e e e e e e e e e e ααααααααααααααααααααααα----------⎡⎤+++=+++++++⎣⎦⎡⎤--+--⎡⎤--⎢⎥=+=⎢⎥---⎢⎥⎣⎦⎣⎦+=(1)(1)22(1cos )12cos 22cos(1)2cos cos 1cos(1)cos 22(1cos )2(1cos )1sin()sin22 2sin2i i n i n in in e e e e n n n n n ααααααααααααααααα+-+-⎡⎤---++⎢⎥-⎣⎦⎡⎤--++--++==⎢⎥--⎣⎦+-=(8) sin sin 2sin n ααα+++解:()()221sin sin 2sin ()()2(1)1(1)11(1)(1)1 21122(1cos )1 2i i in i i in i in i i in i i in i in i i i n e e e e e e i e e e e e e e e e e i e e i e i αααααααααααααααααααααα---------⎡⎤+++=+++-+++⎣⎦⎡⎤-----⎡⎤--⎢⎥=-=⎢⎥---⎢⎥⎣⎦⎣⎦=(1)(1)112(1cos )12sin 2sin(1)2sin sin sin(1)sin 22(1cos )2(1cos )1cos()cos22 2sin2i n in i i n in e e e e e i i n i n n n i n αααααααααααααααααα+--+-⎡⎤--+-++-⎢⎥-⎣⎦⎡⎤-++-++==⎢⎥--⎣⎦-++=1.2 复变函数1、试证明函数f (z )=Arg(z ) (-π<Arg(z) ≤π),在负实轴上(包括原点)不连续。
高等教育出版社积分变换第四版答案
a cos t d
0
b sin t d
0, t0 2) f t ; t e sin 2 t , t 0
2.求下列函数的 Fourier 积分:
1 t 2 , t 2 1 1) f t ; 2 0, t 1
1 a jb cos t j sin t d 2
由于 a a , b b , 所以
f t 1 1 a cos t d b sin td 2 2
f(t)的 Fourier 积分为
f (t ) =
1 j F e j t d F sin td 2π 0 π 0 2 1 cos sin td π0
f t0 0 f t0 0 2
其中 t -1,0,1(在间断点 t0 处,右边 f(t)应以
1-1
1. 试证:若
f t 满足 Fourier 积分定理中的条件,则有
f t
0
a cos t d
0
b sin t d
其中 a
1 1 f cos d , b f sin d . π π
2 2 0 4
4
π sin π sin t sin t , t π sin t , t π 3) f ( t ) ,证明: d 2 2 0 1 t π 0, 0, t π
t 证明:1)函数 f t e 为连续的偶函数,其 Fourier 变换为
高等教育出版社《复变函数》与《积分变换》第四版课后习题参考答案
+
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
= 2 i sin nt
14.求下列各式的值
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 。
+
4 i)(2
2i
−
5i)⎤
⎥⎦
+
2kπ
=
2 arctan
26 7
−
π
+
2kπ
= arctan 26 + (2k −1)π ,
7
k = 0,±1,±2," .
( ) ( ) (4) i8 − 4i21 + i = i2 4 − 4 i2 10i + i = (−1)4 − 4(− )1 10i + i
34
= 1 [5x + 3y − 4]+ i(− 3x + 5y −18) = 1 + i
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 +=+≥。
复变函数与积分变换练习册参考答案
分析:显然原方程可化简为一个典型的二项方程。
⎛ 1+ z ⎞ 解:由直接验证可知原方程的根 z ≠ 1 。所以原方程可改写为 ⎜ ⎟ = 1。 ⎝ 1− z ⎠
令
5
ω=
1+ z , ……………(1) 1− z
2π i 5
则 ω = 1 , ……………………(2)
5
方程(2)的根为 ω = 1, e
(5) lim
z →1
zz + 2 z − z − 2 3 = 。 2 z2 −1 zz + 2 z − z − 2 ( z + 2)( z − 1) z +2 3 = lim = lim = 。 2 z →1 ( z − 1)( z + 1) z →1 z + 1 2 z −1
提示: lim
z →1
(1 − cos α ) 2 + sin 2 α = 4sin 2
α
2
= 2sin
α
2
;因为当 0 < α < π 时,
sin α > 0 , 1 − cos α > 0 ,则 arg z = arctan
= arctan(tan +i sin
π −α
2
)=
π −α
2 e
π −α i 2
sin α α = arctan(cot ) 1 − cos α 2
。
6、 ( 2)
=e
2 ln 2 − 2kπ
7、方程 sinh z = i 的解为 三、计算和证明 1、试证函数
1 在复平面上任何点都不解析。 z
利用 C-R 条件,即用解析的充要条件判别,即 u =
《复变函数》第四版习题解答第1章
+
2kπ
= − arctan 5 + 2kπ, 3
k = 0,±1,±2,".
(3)
(3
+
4i)(2
2i
−
5i)
=
(3
+
4i)(2 − (2i)(−
5i)(− 2i)
2i)
=
(26
−
7i)(−
4
2i)
所以
= −7 − 26i = − 7 −13i
2
2
Re⎨⎧ (3
+
4i)(2
−
5i)⎫
⎬
=
−
7
,
⎩ 2i ⎭ 2
⎜⎝⎛i8 − 4i21 + i⎟⎠⎞ = 1 + 3i , | i8 − 4i21 + i |= 10
( ) ( ) Arg i8 − 4i21 + i = arg i8 − 4i21 + i + 2kπ = arg(1 − 3i) + 2kπ
= −arctan3 + 2kπ k = 0,±1,±2,".
=
arg a i
en
时,有
( ) | zn + a| =
⎜⎜⎝⎛
i
e
arg n
a
⎟⎞n ⎟⎠
+ |a|eiarg a
=
1+ a
ei arg a
= 1 + |a|
故1+ | a | 为所求。
8.将下列复数化成三角表示式和指数表示式。
(1)i;
(4)1− cosϕ + isinϕ(0 ≤ ϕ ≤ π) ;
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P( z ) P( z )Q( z ) Re( P( z )Q( z )) Im( P( z )Q( z )) = = + ; Q( z ) Q( z )Q( z ) q ( x, y ) q ( x, y )
2) R ( z ) = 3)事实上
2 2
= ( z1 + z2 )( z1 + z2 ) + ( z1 − z2 )( z1 − z2 ) = 2( z1 z1 + z2 z2 ) = 2(| z1 |2 + | z2 |2 )
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 R ( z ) =
(3) 6 −1 = e
(
iπ+2kπ
)
1 6
=e
iπ ( 2k +1) /6
,k = 0,1,2,3,4,5 。可知 6 − 1 的 6 个值分别是
e iπ/6 = e i7π/6 = −
3 i iπ/2 3 i + , e = i , ei i 5π/6 = − + 2 2 2 2 3 i 3 i − , e i 3π/ 2 = − i , e i11π/ 4 = − 。 2 2 2 2
1 3i 34 ⎛ 3⎞ ⎛ 5⎞ ⎛ 1 3i ⎞ 3 5 = ⎜ ⎟ + ⎜− ⎟ = , ⎜ − ⎟= +i , − 2 i 1− i 2 ⎝ 2⎠ ⎝ 2⎠ ⎝ i 1− i ⎠ 2
⎛ 1 3i ⎞ ⎛ 1 3i ⎞ Arg⎜ − ⎟ = arg⎜ − ⎟ + 2kπ ⎝ i 1− i ⎠ ⎝ i 1− i ⎠ 5 = − arctan + 2kπ , k = 0,±1,±2, " . 3 (3 + 4i )(2 − 5i ) = (3 + 4i )(2 − 5i )(− 2i ) = (26 − 7i )(− 2i ) (3) (2i )(− 2i ) 2i 4
2
= ( ei5ϕ ) / ( e− i3ϕ ) = ei10ϕ /e − i9ϕ = ei19ϕ
2 3
3
= cos19ϕ + isin19ϕ
9.将下列坐标变换公式写成复数的形式: 1)平移公式: ⎨ 2)旋转公式: ⎨
⎧ x = x1 + a1 , ⎩ y = y1 + b1 ;
⎧ x = x1 cos α − y1 sin α , ⎩ y = x1 sin α + y1 cos α .
⎡ ⎛ 5π ⎞ ⎛ 5π ⎞ ⎤ = 32 ⎢ cos ⎜ − ⎟ + isin ⎜ − ⎟ ⎥ = −16 3 − 16i ⎝ 6 ⎠⎦ ⎣ ⎝ 6 ⎠
(2) (1 + i )
6
⎡ ⎛ 1 i ⎞⎤ = ⎢ 2⎜ + ⎟⎥ = 2 ⎠⎦ ⎣ ⎝ 2
6
(
2eiπ /4
)
6
= 8e3π i/2 = −8i 。
(5)
⎛ 1 2i 1 1 ⎞ ⎟ = 2i(− 1 − i ) = 1 − i = 2 ⎜ −i ⎜ ⎟ −1+ i 2 2⎠ ⎝ 2 π π⎞ ⎛ = 2 ⎜ cos − isin ⎟ 4 4⎠ ⎝
= 2e
−i
π 4
( cos5ϕ + isin5ϕ ) (6) 3 ( cos3ϕ − isin3ϕ )
13.如果 z = eit ,试证明 (1) z n + 解
1 = 2 cos nt ; zn
(2) z n −
1 = 2 i sin nt zn
1 = eint + e − int = eint + eint = 2 sin nt zn 1 (2) z n − n = e int − e −int = eint − eint = 2 i sin nt z
{
}
{
}
Arg i8 − 4i 21 + i = arg i8 − 4i 21 + i + 2kπ = arg(1 − 3i ) + 2kπ
(
)
(
)
= −arctan3 + 2kπ 2.如果等式 解:由于
k = 0,±1,±2, ".
x + 1 + i(y − 3) = 1 + i 成立,试求实数 x, y 为何值。 5 + 3i x + 1 + i(y − 3) [x + 1 + i(y − 3)](5 − 3i ) = 5 + 3i (5 + 3i )(5 − 3i ) =
P( z ) P( z ) ⎛ P( z ) ⎞ = =⎜ ⎟ = X + iY = X − iY ; Q( z ) Q( z ) ⎝ Q( z ) ⎠
P ( z ) = a0 z n + a1 z n −1 + " + an −1 z + an
4
= a0 + a1 z + a2 z 2 + " + an z n = P(z )
1 − cosϕ + isinϕ = 2sin (4)
= 2sin
2
ϕ
2
+ i2sin
ϕ
2
cos
ϕ
2
= 2sin
ϕ⎛
ϕ ϕ⎞ ⎜ sin + icos ⎟ 2⎝ 2 2⎠
π −ϕ 2
ϕ⎛
⎜ cos 2⎝
ϕ i π −ϕ π −ϕ ⎞ + isin ⎟ = 2sin e 2 2 ⎠ 2
, (0 ≤ ϕ ≤ π) ;
iα
解:设 A = a1 + ib1 , z1 = x1 + iy1 , z = x + iy ,则有 1) z = z1 + A ;2) z = z1 (cos α + i sin α ) = z1e 。 10.一个复数乘以-i,它的模与辐角有何改变? 则 z (− i ) =| z | ei Arg z ⋅ e 解: 设复数 z =| z | ei Arg z , 辐角减少
(4) i 8 − 4i 21 + i = i 2 − 4 i 2 i + i = (− 1)4 − 4(− 1)10 i + i
4 10
( )
( )
= 1 − 4i + i = 1 − 3i
所以
Re i8 − 4i 21 + i = 1, Im i8 − 4i 21 + i = −3
8 21 8 21 ⎛ ⎜ i − 4i + i ⎞ ⎟ = 1 + 3i , | i − 4i + i |= 10 ⎝ ⎠
(1) z n +
14.求下列各式的值 (1) 解
( 3 − i) ;
5
(2) (1 + i )6 ;
(3) 6 − 1 ;
(4) (1 − i )
1 3
(1)
(
⎡ ⎛ 3 i ⎞⎤ 3 − i = ⎢2⎜ − ⎟ = 2e −i π / 6 ⎜ 2 2 ⎟⎥ ⎢ ⎠⎥ ⎣ ⎝ ⎦
5
)
5
(
)
5
= 32e −i 5π / 6
5(x + 1) + 3(y − 3) + i[− 3(x + 1) + 5(y − 3)] 34 1 = [5x + 3y − 4] + i(− 3x + 5y − 18) = 1 + i 34
比较等式两端的实、虚部,得
⎧ 5 x + 3 y − 4 = 34 ⎧ 5 x + 3 y = 38 或⎨ ⎨ ⎩− 3x + 5 y − 18 = 34 ⎩− 3x + 5 y = 52
2 2
1 ; 3 + 2i
1 3i (2) − ; i 1− i
(3)
(3 + 4i )(2 − 5i ) ;
2i
(4)i 8 − 4i 21 + i
(1)
1 3 − 2i 1 = (3 − 2i ) = 3 + 2i (3 + 2i )(3 − 2i ) 13
所以
⎧1 3i ⎫ 3 Re⎨ − ⎬= , ⎩i 1− i ⎭ 2 5 ⎧1 3i ⎫ Im⎨ − ⎬=− i 1 i 2 − ⎩ ⎭
= −7 − 26i 7 = − − 13i 2 2 7 ⎧ (3 + 4i )(2 − 5i ) ⎫ Re⎨ ⎬=− , 2i 2 ⎭ ⎩ ⎧ (3 + 4i )(2 − 5i ) ⎫ Im⎨ ⎬ = −13 , 2i ⎩ ⎭
1
2
所以
⎡ (3 + 4i )(2 − 5i ) ⎤ 7 ⎢ ⎥ = − + l3i 2i 2 ⎣ ⎦
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) 解 所以
2 ⎧ 1 ⎫ ⎧ 1 ⎫ 3 Re⎨ ⎬ = , Im⎨ ⎬=− , 13 ⎩ 3 + 2 i ⎭ 13 ⎩ 3 + 2i ⎭
1 1 1 13 ⎛3⎞ ⎛ 3⎞ = (3 + 2i ) , = ⎜ ⎟ + ⎜− ⎟ = , 3 + 2i 13 3 + 2i 13 13 13 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ Arg⎜ ⎟ = arg⎜ ⎟ + 2kπ ⎝ 3 + 2i ⎠ ⎝ 3 + 2i ⎠ 2 + 2kπ , k = 0,±1,±2, " 3 −i 3 5 1 1 3i 3i(1 + i ) = (2) − = −i − (− 3 + 3i ) = − i, − 2 2 2 i 1 − i i(− i ) (1 − i )(1 + i) = − arctan