复变函数论_刘敏思_课后答案[1-7章].khda

复变函数论第三版课后习题答案[1]

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。

《复变函数论》答案

第1页《复变函数论》答案一、单项选择题1．在复平面上方程|z -i|=|z +i|表示（ A ） A ．直线 B ．圆周 C ．椭圆周D ．抛物线2．在复平面上方程|z +1|=4表示( B )A ．直线B ．圆周C ．椭圆周D ．抛物线3．arg(1=( C )A. 3π- B. 6π- C. 56π D. 2,6k k ππ+∈Z4．arg(1)i +=( B )A.4π- B. 4π C. 54π D. 2,4k k ππ+∈Z5．在z 平面上处处解析的函数是( B ) A. 31()f z z =B. 3()f z z = C. ()f z z = D. ()R e f z z z =6．下列函数中( A )是整函数. A.1()1f z z =- B. ()1f z z =- C. 2()f z z = D. ()I m f z z =7．2||2sin (1)z zdz z ==-⎰( C ) A. 0 B.sin1- C. 2cos1i π D. 2sin1i π-8．2||1cos (2)z zdz z ==-⎰( A ) A.0 B. 2sin 2i π- C. 2cos 2i π D. 2sin 2i π-第2页9．幂级数112nnn n n z z ∞∞==+∑∑的收敛半径是( A )A. 1B. 2C.14 D.1210．在复平面上不等式|z -2|<3表示（ C ）A ．直线B ．圆周C ．圆D ．正方形 11．arg()i -=( A )A.2π- B. 2π C. 32π D. 32,2k k ππ+∈Z12．在z 平面上处处解析的函数是( C ) A. 21()1f z z =+ B. ()f z z = C. 2()1f z z =- D. ()Im f z z =13．||2sin 1z zdz z ==-⎰( D ) A. 0 B.2sin1i π- C. 2cos1i π D. 2sin1i π14．幂级数1!n n n z ∞=∑的收敛半径是( A )A. 0B. 1C. 2D. e15．幂级数21nn z n∞=∑的收敛半径是( B )A.0B. 1C.2D.416．0z =是2cos ()zf z z =的( C )极点A.0B. 1C.2D.417．1z =是2cos ()zf z z=的( D )A.零点B. 极点C.孤立奇点D.解析点第3页18．下列等式中，成立的是( C )A.22Lnz Lnz =B.rg(2)arg()A i i -=-C.10Ln =D.Re()z z z z ⋅=⋅ 19．在复平面上，下列命题中，不正确的是( B )A. 22sin cos 1z z +=B. 0z e >C.cos sin iz e z i z =+D. 10i π是()5z f z e =的周期20．下列等式中，不正确的是( C ) A.33lnz lnz = B.arg(2)arg()i i =-- C.0zLn z= D.Im()0z z ⋅= 二、填空题1. Im(1+i)4=_ _0______.2. Re(1+i)4=____-4______.3.345iz -=，则z = 1 . 4.1z =，则z = 2 . 5.方程41z =-在复数域中共有_ 4 个根. 6.方程21z =-在复数域中共有_ 2 个根. 7.设ω是1的n 次根，1ω≠，则21n ωωω-+++= -18.设31ie πω=，32ieπω-=，则12ωω+= 1 .9.设22()(1)z f z z e =-，则0z =是()f z 的____4____阶零点. 10.设()1z f z e z =--，则0z =是()f z 的____2____阶零点. 11.()f z 以z=a 为m 级极点，则z=a 为2()f z 2m 级极点.12.(),()f z g z 以z=a 为3级和4级极点，则z=a 为()()f z g z +的 4 级极点.第4页13.(),()f z g z 以z=a 为5级和2级极点，则z=a 为()()f zg z 3 级极点. 14.()f z 以z=a 为m 阶零点，且m 0>，则z=a 是()f z '的__m-1___阶零点.15.()zf z e =，则()f z 在0z =的邻域内泰勒展式为212!n z z z n +++++.16.21()1f z z=-，则()f z 在0z =的邻域内泰勒展式为2421n z z z +++++.17. 设sin cos z i αα=+，则z 的三角表示为cos sin 22i ππαα⎛⎫⎛⎫-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.18.设211)(z z f +=，则)(z f 的孤立奇点有___i ± . 19.设1()1f z z=+，则)(z f 的孤立奇点有___-1 .20.幂级数0nn z n∞=∑的收敛半径为____1_____ .21.幂级数0n n nz ∞=∑的收敛半径为____1_____ .22.4z 在点1z i =-23.3z 在点z i =-处的伸缩率为 3 . 24.z e 在点1z i =+处的伸缩率为 e . 三、完成下列各题 1.求16i ieπ-+解 161cos sin 6622ii iei ie e eπππ-+⎛⎫=+=-+ ⎪⎝⎭第5页2.求n L i .解 n 2,2L i i k i k ππ=+∈Z3. 求()34Ln i +解 ()434ln 5arctan2,3Ln i i k i k π+=++∈Z 4. 函数2()f z z =在复平面上何处可导？何处解析？解仅在0z =处可导，处处不解析.5. 函数()()222()2f z x y i xy y =-+-,z x iy =+在复平面上何处可导？何处解析？解仅在直线0y =上可导，在复平面上处处不解析.6. 函数2()f z x iy =-,z x iy =+在复平面上何处可导？何处解析？解仅在直线12x =-处可导，处处不解析. 7. 计算()211sin 1z z dz z π+=-⎰解 ()()2111sin sin 2011z z z z dz i z z πππ+==-=⋅=--⎰ 8. 计算211sin 41z z dz z π-=⎛⎫ ⎪⎝⎭-⎰ 解2111sin sin 442112z z z z idz i z z πππ-==⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=⋅=-+⎰第6页9. 计算()211sin 1z z dz z π+=-⎰解()()2111sin sin 2011z z z z dz i z z πππ+==-=⋅=--⎰ 10. 将sin z 展开为z 的幂级数.解 ()()2101sin 21!nn n z z n +∞=-=+∑ (z <+∞)11. 将cos z 展开为z 的幂级数.解 ()()201c o s2!nn n z z n ∞=-=∑ (z <+∞)12. 将1z展开为1z -的幂级数.解 ()()()0111111n nn z z z ∞===---+∑ (11z -<)四、1. 用留数计算积分：312(1)(2)(4)(5)z dzi z z z z π=----⎰. 解()()()()()31212(1)(2)(4)(5)()()1113412311112612z z z dzi z z z z Res f z Res f z π===----=+=+-⋅-⋅-⋅-⋅-=-+=⎰第7页2. 用留数计算积分：912(1)(2)(5)(10)z dzi z z z z π=----⎰. 解()91012(1)(2)(5)(10)()()1098511985360z z z dzi z z z z Res f z Res f z π===∞----=-+⎛⎫=-+ ⎪⋅⋅⎝⎭=-=-⋅⋅⎰3. 用留数计算积分 ()222211z z z dz z =-+-⎰。

复变函数课后习题答案(全)

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 3zz =-=，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 eπθθπθπθθ---=+=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(cos5sin 5)(cos3sin 3)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(cos5sin 5)(cos3sin 3)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,zx 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 +=+≥。

复变函数课后习题答案(全)

创作编号：BG7531400019813488897SX创作者：别如克*习题一答案1．求下列复数的实部、虚部、模、幅角主值及共轭复数：（1）132i+（2）(1)(2)ii i--（3）131ii i--（4）8214i i i-+-解：（1）1323213i zi-==+，因此：32 Re, Im1313 z z==-，232arg arctan,31313z z z i==-=+（2）3(1)(2)1310i i izi i i-+===---，因此，31Re, Im1010z z=-=，131arg arctan,31010 z z z iπ==-=--（3）133335122i i iz ii i--=-=-+=-，因此，35Re, Im32z z==-，535,arg arctan,232iz z z+ ==-=（4）82141413z i i i i i i=-+-=-+-=-+因此，Re1,Im3z z=-=，arg arctan3,13z z z iπ==-=--2．将下列复数化为三角表达式和指数表达式：（1）i （2）1-+ （3）(sin cos )r i θθ+（4）(cos sin )r i θθ-（5）1cos sin (02)i θθθπ-+≤≤解：（1）2cossin22iii e πππ=+=（2）1-+23222(cos sin )233i i e πππ=+=（3）(sin cos )r i θθ+()2[cos()sin()]22ir i reπθππθθ-=-+-=（4）(cos sin )r i θθ-[cos()sin()]i r i re θθθ-=-+-=（5）21cos sin 2sin 2sin cos 222i i θθθθθ-+=+ 22sin [cossin]2sin 2222ii eπθθπθπθθ---=+=3．求下列各式的值：（1）5)i - （2）100100(1)(1)i i ++-（3）(1)(cos sin )(1)(cos sin )i i i θθθθ-+-- （4）23(cos5sin 5)(cos3sin 3)i i ϕϕϕϕ+-（5（6解：（1）5)i -5[2(cos()sin())]66i ππ=-+-5552(cos()sin()))66i i ππ=-+-=-+（2）100100(1)(1)i i ++-50505051(2)(2)2(2)2i i =+-=-=-（3）(1)(cos sin )(1)(cos sin )i i i θθθθ-+--2[cos()sin()](cos sin)33)sin()][cos()sin()]44i ii iππθθππθθ-+-+=-+--+-)sin()](cos2sin2)1212i iππθθ=-+-+(2)12)sin(2)]1212iiπθππθθ-=-+-=（4）23(cos5sin5)(cos3sin3)iiϕϕϕϕ+-cos10sin10cos19sin19cos(9)sin(9)iiiϕϕϕϕϕϕ+==+-+-（5=11cos(2)sin(2)3232k i kππππ=+++1,0221,122,2i ki ki k+=⎪⎪⎪=-+=⎨⎪-=⎪⎪⎩（6=11(2)sin(2)]2424k i kππππ=+++88,0,1iie ke kππ==⎪=⎩4．设12,z z i==-试用三角形式表示12z z与12zz解：12cos sin, 2[cos()sin()]4466 z i z iππππ=+=-+-，所以12z z 2[cos()sin()]2(cos sin )46461212i i ππππππ=-+-=+，12z z 1155[cos()sin()](cos sin )2464621212i i ππππππ=+++=+ 5．解下列方程：（1）5()1z i += （2）440 (0)z a a +=>解：（1）z i += 由此25k i z i ei π=-=-， (0,1,2,3,4)k =（2）z==11[cos (2)sin (2)]44a k i k ππππ=+++，当0,1,2,3k =时，对应的4个根分别为：(1), 1), 1), )i i i i +-+--- 6．证明下列各题：（1）设,zx iy =+z x y≤≤+证明：首先，显然有z x y =≤+；创作编号：BG7531400019813488897SX创作者：别如克*其次，因222,x y x y +≥ 固此有2222()(),x y x y +≥+从而z =≥。

复变函数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。

复变函数论习题及答案

第一章习题1．设12z -=，求||z 及Arg z .2．设12z z i ==，试用指数形式表 z 1 z 2及12z z .3．解二项方程440(0).z a a +=> 4．证明2222121212||||2(||||)z z z z z z ++-=+，并说明其几何意义。

5．设z 1、z 2、z 3三点适合条件： 1231230 |z ||||| 1.z z z z z ++=++=及试证明z 1、z 2、z 3是一个内接于单位圆周||1z =的正三角形的顶点。

6．下列关系表示的点z 的轨迹的图形是什么？它是不是区域？（1）1|212|||,()z z z z z z -=-≠；（2）|||4|z z ≤-；（3）111z z -<+；（4）0arg(1) 2Re 34z z π<-<≤≤且；（5）|| 2 z >且|3|1z ->；（6）Im 1 ||2z z ><且；（7）||2 0arg 4z z π<<<且；（8）131 2222i i z z ->->且.7．证明：z 平面上的直线方程可以写成 .az az c += （a 是非零复常数，c 是实常数）8．证明：z 平面上的圆周可以写成0Azz z z C ββ+++=.其中A 、C 为实数，0,A β≠为复数，且2||.AC β> 9．试证：复平面上的三点1,0,a bi a bi +-+共直线。

10．求下列方程（t 是实参数）给出的曲线：（1）(1)z i t =+；（2）cos sin z a t ib t =+；（3）i z t t =+；（4）22i z t t =+.11．函数1w z =将z 平面上的下列曲线变成w 平面上的什么曲线（,z x iy w u iv =+=+）？（1）224;x y +=（2）y x =；（3）x = 1；（4）( x -1)2+y 2=1. 12．试证：（1）多项式1010()(0)n n n p z a z a z a a -=+++≠在z 平面上连续；（2）有理分式函数101101()n n nm m m a z a z a f z b z b z b --+++=+++（000,0a b ≠≠）在z 平面上除分母为的点外都连续。

复变函数论习题集解答

第一章一、1．C 2.D 3.B 4.C 5.C 6.B 7.C 8.B 9.B 10.D 11.B 12.A13.D 14.D 15D二、1．ACD 2.BDE 3.CDE 4.ADE 5.ABCDE三、1. yarctg xπ+ 2.()20,1,,1k ink n θπ+=-3.(1).D 开集 (2)D 中任意两点可用全在D 中的折线连接.4.在D 内无论怎样划简单闭曲线,其内部仍全含于D.5.对E 内每一复数,z 有唯一确定的复数w 与之对应.6.如果0z 及()0f z 之一或者它们同时取∞7. 51212e π 8. 0z z r -=,0z 为圆心,r 为半径9.平面上点0z 的任意邻域都有E 的无穷多个点.10.(1)彼此不交 (2)()I C 是一个有界区域 (3)()E C 是一个无界区域(4)若简单折线p 的一个点属于()I C ,另一个端点属于()E C ,则p 必与C 有交点. 四、1.解:44z a =-22cos sin,0,1,2,344k k k z i k ππππ++⎫=+=⎪⎭2.解:21cos sin 2sin 2sincos222i i ψψψψψ-+=+2sinsin cos 222i ψψψ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭2sincos sin 22222i ψπψπψ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 222sin2i eπψψ⎛⎫- ⎪⎝⎭=3.解:设,,z x iy w u iv =+=+则曲线11z -=,可写成222x y x += 2222221z x iv x y w i z x y x y x y z z -====-+++⋅即22122x x u x y x ===+ 故1w z =将z 平面上曲线11z -=变成w 平面上的直线12u =4.解:设z x iy =+,则()()()()22221211111x y yi x iy z w z x iy x y--++++===----+ 故()22221Re 1x y w x y --=-+ ()2221m y I w x y=-+w =5.解:()4cos sin i θθ+432234cos 4cos sin 6cos sin 4cos sin sin i i θθθθθθθθ=+--+但()4cos sin cos 4sin 4i i θθθθ+=+故442222cos 4cos sin 6cos sin 18sin cos θθθθθθθ=+-=-33sin 44cos sin 4cos sin θθθθθ=-五.1.证明21,az b az b az bz bz a bz a bz a+++=∴=⋅+++ 22221a abz abz b b abz abz a+++==+++故1az bbz a+=+ 设(1nn n x iy +=- (.n n x y 为实数,n 为正整数) 2.证明:已知(155122cos sin 2233nnn n n n n n x iy i ππ⎛⎫⎛⎫+=-=-=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭因此 552cos,2sin 33n 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--⎛⎫=- ⎪⎝⎭21211542sin 2sin 43322n n n n ππ---⎛⎫=-==⋅= ⎪⎝⎭3.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 =试证:以123,,z z z 为顶点的三角形和以123,,w w w 为顶点的三角形同相似的充要条件为1122331101z w z w z w = 4．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试证：四相异点1234,,,z z z z 共圆周或共直线的充要条件是：34141232:z zz z z z z z ----为实数。

复变函数课后习题答案(全)

精心整理页脚内容习题一答案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 ==-，（2）3(1)(2)1310i i iz i i i -+===---，因此，31Re , Im 1010z z =-=，（3）133335122i i iz i i i --=-=-+=-，因此，35Re , Im 32z z ==-，（4）82141413z i i i i i i =-+-=-+-=-+ 因此，Re 1, Im 3z z =-=，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 2sin2sin cos 222i i θθθθθ-+=+精心整理页脚内容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(cos5sin 5)(cos3sin 3)i i ϕϕϕϕ+-（5）3i （6）1i +解：（1）5(3)i -5[2(cos()sin())]66i 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-+--（4）23(cos5sin 5)(cos3sin 3)i i ϕϕϕϕ+- （5）3i 3cossin22i ππ=+（6）1i +2(cossin )44i 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=-+-=+，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：精心整理页脚内容(1), (1), (1), (1)2222a a a a i i i i +-+--- 6．证明下列各题：（1）设,zx 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 +=+≥。

复变函数课后习题答案

习题一 P311题 (2)i ii i -+-11 = 1)1(2)1(--++i i i i =223i --)R e (z 23-= ; 21)(-=z I m ; z = 23-2i + ; z =210;arg(z) = arctan-31π (4) 8i i i +-214 i i +-=41 i 31-= ;;1)Re(=z ;3)Im(-=z ;31i z += ;10=z 3a r c t a na r g -=z ; 5题(2) πππi e i 2)sin (cos 22=+=-；(4)⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=-)43sin(arctan )43cos(arctan 5)43sin(arctan )43cos(arctan 91634i i i;5θi e = );43arctan(-=θ (6) θθθθθθθθϑθθ7sin 7cos )()()2sin 2(cos )sin (cos )7(4322323i e e e e e i i i i i i i -====+---- ; 8题(2) 16)2()1(848==+πie i (4));3432sin 3432(cos2163ππππ-+-=--k i k i ;431arctan ππθ-=-= ;2,1,0=K);1(24)2222(2360i i K -=-= );125sin 125(cos261ππi K += );1213sin 1213(cos 262ππi K +=12题(2) ;3)2(=-z R e 即 ;3])2[(e =+-iy x R ;32=-x 5=x 直线(6) ;4)arg(π=-i z ;4))1(arg(π=-+y i x arctan;41π=-x y ;11=-xy 1+=x y 以i 为起点的射线（x>0）. 13题(1) 0)(<z I m ; 即y<0, 不含实轴的下半平面，开区域，无界，单连通。

[VIP专享]复变函数论第三版课后习题答案[1]46

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。

复变函数论第三版课后习题答案

我的答案祝大家学习愉快第一章习题解答（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，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的二倍。

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。

复变函数习题答案

复变函数习题答案复变函数习题答案复变函数是数学中的一个重要分支，它研究的是定义在复数域上的函数。

复变函数理论在物理学、工程学以及金融学等领域有着广泛的应用。

为了更好地理解和应用复变函数，我们需要进行大量的习题练习。

在本文中，我将为大家提供一些复变函数习题的答案，希望能够帮助大家更好地掌握这一领域的知识。

1. 求函数f(z) = z^2 - 1的解析性条件。

解答：根据复变函数的定义，函数f(z)在复平面上解析的条件是其对z的偏导数存在且连续。

对于函数f(z) = z^2 - 1，我们可以计算其对z的偏导数：∂f/∂x = 2x∂f/∂y = 0由于∂f/∂x存在且连续，而∂f/∂y为0，所以函数f(z) = z^2 - 1在复平面上解析。

2. 求函数f(z) = e^z的导数。

解答：根据复变函数的导数定义，对于函数f(z) = e^z，我们需要计算其对z的偏导数：∂f/∂x = e^x * cos(y)∂f/∂y = e^x * sin(y)因此，函数f(z) = e^z的导数为：df/dz = ∂f/∂x + i * ∂f/∂y = e^x * cos(y) + i * e^x * sin(y)3. 求函数f(z) = z^3 - 3z的奇点。

解答：奇点是指函数在某一点上不解析的点。

对于函数f(z) = z^3 - 3z，我们需要找到其奇点。

奇点的定义是函数在该点处不解析，即其导数不存在或者无穷大。

首先，我们计算函数f(z)的导数：df/dz = 3z^2 - 3然后，我们令导数等于零，解得z = ±1。

所以，函数f(z) = z^3 - 3z的奇点为z = ±1。

4. 求函数f(z) = sin(z)/z的留数。

解答：留数是指函数在奇点处的特殊值。

对于函数f(z) = sin(z)/z，我们需要计算其在奇点z = 0处的留数。

根据留数的计算公式，我们可以将函数f(z)在z = 0处展开为泰勒级数：f(z) = sin(z)/z = (z - z^3/3! + z^5/5! - ...) / z可以看出，分子中的z可以约去，所以：f(z) = 1 - z^2/3! + z^4/5! - ...因此，在z = 0处的留数为1。

复变函数论第三版课后习题答案[1]

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。

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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） 1（） i3 2i21)(i 2)(i （3）13i（4） i84i 21 ii 1 i 1 3 2i ，解：（ 1） z 32i 13因此： Re z3 , Im z2 ，1313z1 ,arg zarctan 2, z 3 2 i133 13 13 （ 2） zii 3 i(i 1)(i 2) 1 3i10 ，因此， Rez3 ,Im z1 ，10 10z1 ,arg zarctan 1,z3 1 i103 10 10（ 3） z13i i 3 3i3 5i ，i 1 i22因此， Rez3 , Im z5 ，32z34 , arg z arctan 5, z 3 5i2 i 8 4i 213 2 （ 4） z i 1 4i i 1 3i因此， Rez1, Im z 3，z10, arg zarctan3, z 1 3i2．将下列复数化为三角表达式和指数表达式：（ 1） i （2） 1 3i（3） r (sin i cos )（ 4）r (cos i sin ) （5）1cos i sin(02 )解：（ 1） icosi sinie 222（ 2） 13i 2(cos2i sin22 i) 2e 333（ 3）（ 4）r (sini cos ) r[cos() i sin()] ( )ire 222r (cosi sin ) r[cos( ) i sin( )] re i（5）1cosi sin2sin22i sin cos222 2sin [cosi sin] 2sin e2i222 23．求下列各式的值：（1）( 3 i)5（2） (1i )100(1i)100（3）(13i)(cos i sin )（ 4） (cos5i sin 5 )2(1 i )(cos i sin )(cos3 i sin 3 )3（ 5） 3i（6）1 i解：（ 1） ( 3i)5[2(cos() i sin( ))]56 625(cos( 5 ) i sin( 5 ))16( 3 i)6 6（2） (1i )100(1 i)100 (2i )50 ( 2i )50 2(2) 50251(13i )(cos i sin )（ 3）i )(cosi sin )(12[cos() i sin()](cos i sin )3 32[cos( 4 ) i sin( )][cos( ) i sin( )]4 2[cos() i sin( 12 )](cos2 i sin 2 )12(2)i 2[cos(2) i sin(2 )]2e121212（ 4） (cos5i sin 5 )2 (cos3 i sin 3 )3cos10i sin10cos19 i sin19cos( 9 )i sin( 9)（ 5） 3 i3cos i sin2 231i , k 022cos 1(2k ) i sin 1( 2k )31i, k 1 32 3 22 2i, k 2（ 6）1 i2(cosi sin)444ik 0 42[cos 1(2k ) i sin 1(2k )]2e 8,2 424 42e 8 i1, k4．设 z 11 i , z23 i , 试用三角形式表示 z z 与 z 121 2 z 2解： z 1cos4 i sin , z 2 2[cos( ) i sin( )] ，所以4 6 6z 1 z 2 2[cos( ) i sin()] 2(cos i sin ) ，4 6 4 6 1212 z 1 1) i sin()] 1 5 5 ) z 2 [cos(4(cos i sin 2 6 46 2 12 125．解下列方程：（ 1） (z i)5 1（2） z 4 a4( a 0)解：（ 1） z i51,由此z51i2k ii ， (k 0,1,2,3,4)e 5（ 2） z4a 44a 4(cos i sin )a[cos 1(2k )i sin 1( 2k )] ，当 k 0,1,2,3时，对应的 444个根分别为：a(1 i ), a ( 1 i), a ( 1 i ),a(1 i)2 2 22 6．证明下列各题：（1）设 zxxy zxyiy,则2证明：首先，显然有zx 2 y 2x y ；其次，因x 2 y 2 2 x y ,固此有2(x 2y 2 ) ( xy )2 ,从而zx2y 2xy 。

刘敏思复变函数答案

刘敏思复变函数答案【篇一：自考数学教育本科科目】>自考数学教育本科科目专业代号：070102 主考学校：华中师范大学一、自考数学教育本科科目课程设置及使用教材【篇二：欧拉和的探究】?，王云阁，邹欢（华中师范大学数学与统计学学院，武汉 430079 ）摘要：本文通过对欧拉求解自然数平方的倒数之和的解析，赏析类比法在求解这类无穷级数中的巧妙应用，并结合级数理论和复分析理论给出欧拉和的另两种解法。

关键词：欧拉和；类比；无穷级数；傅里叶级数；微积分中图分类号: o122.7 文献标识码:a1 引言微积分的创立，被恩格斯誉为“人类精神的最高胜利”。

18世纪微积分最重大的进步是由欧拉（leonard eular）作出的。

欧拉在1748年出版的《无限小分析引论》（introductio in analysin infinitorum）以及他随后发表的《微分学》（institutiones calculi differentialis）和《积分学》（institutiones calculi integralis）是微积分史上里程碑式的著作。

[1]而18世纪至今，无穷级数一直被认为是微积分的一个不可缺少的部分。

当时，人们对自然数平方的倒数之和，即1111本文将给出欧拉关于自然数平方的倒数之和的证明方法，并赏析其中类比方法的巧妙应用。

同时，结合高等数学知识，给出自然数平方的倒数之和的另两种解法。

2 欧拉类比求解2.1 求解过程欧拉利用类比方法求和，主要用到两点知识，一是多项式的根与系数的关系，一是正弦函数的泰勒（taylor）展开式。

[2]由多项式的根与系数的关系：对一次方程a0?a1x?a0(1?a1x)?0. a0有根???a0x,于是上式可表示为a0?a1x?a0(1?), a1?基金项目：2011年度华中师范大学大学生科研项目?根与系数的关系a1??a0?.2类似的，设二次方程a0?a1x?a2x?0有两根?1,?2，方程可表示为 a0?a1x?a2x2?a0(1?11x?1)(1?x?2)?0.根与系数的关系a1??a0(对n次方程?1??2).a0?a1x?a2x2??anxn?0.有n个不同是根?1,?2,??n.设an?0,通过类比有a0?a1x?a2x2???anxn?a0(1?11x?1)(1?x?2)?(1?x?n)?0.a1??a0(在此，设2n次方程??2???1?n).b0?b1x2?b2x4???(?1)nb2nx2n?0.有2n个根?1,??1,?2,??2,?,?n,??n.因式分解，有b0?b1x2?b2x4???(?1)nb2nx2n ?b0(1?x?1)(1?x?1)(1?x2x?2)(1?x2xxx)?(1?)(1?) ?2?n?n)?(1?x2?b0(1??21)(1?1??22?12n2n).b1??b0(由正弦函数的泰勒展开式：?21122????).x3x5sinx?x?????0.3!5!“无穷次的”多项式，有无穷多个根 sinx的展开式中有无穷多项，0,?,??,2?,?2?,3?,?3?,?,除去0根，方程两边除以x，得x2x41?????0.3!5!根为?,??,2?,?2?,3?,?3?,?.与2n次方程类比，欧拉得出猜想sinxx2x4x6x2x2x2?1?????(1?2)(1?2)(1?2)?. x3!5!7!?4?9?这个就是“eular乘积公式”，也叫做“eular猜想”。