《复变函数》第二章习题全解钟玉泉版
复变函数钟玉泉讲义大学复变函数课件
复变函数钟玉泉讲义大学复变函数课件复变函数第一节解析函数的概念及C.-R.方程1、导数、解析函数定义2.1：设是在区域内确定的单值函数，并且。
如果极限存在，为复数，则称在处可导或可微，极限称为在处的导数，记作，或。
定义2.2：如果在及的某个邻域内处处可导，则称在处解析；如果在区域内处处解析，则我们称在内解析，也称是的解析函数。
解析函数的导（函）数一般记为或。
注解1、语言，如果任给，可以找到一个与有关的正数，使得当，并且时，，则称在处可导。
注解2、解析性与连续性：在一个点的可导的函数必然是这个点的连续函数；反之不一定成立；注解3、解析性与可导性：在一个点的可导性是一个局部概念，而解析性是一个整体概念；注解4、函数在一个点解析，是指在这个点的某个邻域内解析，因此在此点可导；反之，在一个点的可导性不能得到在这个点解析。
解析函数的四则运算：和在区域内解析，那么，，（分母不为零）也在区域内解析，并且有下面的导数的四则运算法则：。
复合求导法则：设在平面上的区域内解析，在平面上的区域内解析，而且当时，，那么复合函数在内解析，并且有求导的例子：（1）、如果（常数），那么；（2）、，；（3）、的任何多项式在整个复平面解析，并且有（4）、在复平面上，任何有理函数，除去使分母为零的点外是解析的，它的导数的求法与是实变量时相同。
2、柯西-黎曼条件可微复变函数的实部与虚部满足下面的定理：定理2.1 设函数在区域内确定，那么在点可微的充要条件是：1、实部和虚部在处可微；2、和满足柯西-黎曼条件（简称方程）证明：（必要性）设在有导数，根据导数的定义，当时其中，。
比较上式的实部与虚部，得因此，由实变二元函数的可微性定义知，，在点可微，并且有因此，柯西-黎曼方程成立。
（充分性）设，在点可微，并且有柯西-黎曼方程成立：设则由可微性的定义，有：令，当（）时，有令，则有所以，在点可微的。
定理2.2 设函数在区域内确定，那么在区域内解析的充要条件是：1、实部和虚部在内可微；2、)和在内满足柯西-黎曼条件（简称方程）关于柯西-黎曼条件，有下面的注解：注解1、解析函数的实部与虚部不是完全独立的，它们是方程的一组解，它们是在研究流体力学时得到的；注解2、解析函数的导数形式更简洁：公式可避免利用定义计算带来的困难。
复变函数论_钟玉泉_第三版_高教_答案_清晰版
z0
, 因此总可以选取 Argzn 的一个值 arg z n . 当
n N 时,有 arg z n 0 ( ) ,因 0 时, ( ) 0 .因而, 总可以选取 ,
使 ( ) 小于任何给定的 0 , 即总有 arg z arg z 0 . 因此 f ( z ) 在 z 0 连 续. 综上讨论得知, f ( z ) 除原点及负实轴上的点外处处连续. 14. 证 明 : 由 于 f ( z ) 的 表 达 式 都 是 x, y 的 有 理 式 , 所 以 除 去 分 母 为 零 的 点
y 0 y x 1 0 arg( z 1) 0 arctan (4)由 4 得 x 1 4 即 2 x3 2 x3 2 Re z 3
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 Im z 1 的上方(不包括直线 Im z 1 )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 arg z
2
2
z1 z 2 z1 z 2
2
2
2( z1 z 2 )
2
2
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 z1 z 2 z1 z 2 由题目条件
2 2
2( z1 z 2 )
2
2
z1 z 2 z 3 0 知 z1 z 2 z 3
z 0 , f ( z ) 是连续的,因而只须讨论 f ( z ) 在 z 0 的情况.
复变函数 第二章 习题 文档
第二章 解析函数一、选择题：1．函数23)(z z f =在点0=z 处是( )（A ）解析的 （B ）可导的（C ）不可导的 （D ）既不解析也不可导2．函数)(z f 在点z 可导是)(z f 在点z 解析的( )（A ）充分不必要条件 （B ）必要不充分条件（C ）充分必要条件 （D ）既非充分条件也非必要条件3．下列命题中，正确的是( )（A ）设y x ,为实数，则1)cos(≤+iy x（B ）若0z 是函数)(z f 的奇点，则)(z f 在点0z 不可导（C ）若v u ,在区域D 内满足柯西-黎曼方程，则iv u z f +=)(在D 内解析（D ）若)(z f 在区域D 内解析，则)(z if 在D 内也解析4．下列函数中，为解析函数的是( )（A ）xyi y x 222-- （B ）xyi x +2（C ）)2()1(222x x y i y x +-+- （D ）33iy x + 5．函数)Im()(2z z z f =在0=z 处的导数( ) （A ）等于0 （B ）等于1 （C ）等于1- （D ）不存在 6．若函数)(2)(2222x axy y i y xy x z f -++-+=在复平面内处处解析，那么实常数=a ( )（A ）0 （B ）1 （C ）2 （D ）2-7．如果)(z f '在单位圆1<z 内处处为零，且1)0(-=f ，那么在1<z 内≡)(z f ( )（A ）0 （B ）1 （C ）1- （D ）任意常数8．设函数)(z f 在区域D 内有定义，则下列命题中，正确的是（A ）若)(z f 在D 内是一常数，则)(z f 在D 内是一常数（B ）若))(Re(z f 在D 内是一常数，则)(z f 在D 内是一常数（C ）若)(z f 与)(z f 在D 内解析，则)(z f 在D 内是一常数（D ）若)(arg z f 在D 内是一常数，则)(z f 在D 内是一常数9．设22)(iy x z f +=，则=+')1(i f ( )（A ）2 （B ）i 2 （C ）i +1 （D ）i 22+10．i i 的主值为( )（A ）0 （B ）1 （C ）2πe （D ）2π-e11．z e 在复平面上( )（A ）无可导点 （B ）有可导点，但不解析（C ）有可导点，且在可导点集上解析 （D ）处处解析12．设z z f sin )(=，则下列命题中，不正确的是( )（A ）)(z f 在复平面上处处解析 （B ）)(z f 以π2为周期 （C ）2)(iziz e e z f --= （D ）)(z f 是无界的 13．设α为任意实数，则α1( )（A ）无定义 （B ）等于1（C ）是复数，其实部等于1 （D ）是复数，其模等于114．下列数中，为实数的是( )（A ）3)1(i - （B ）i cos （C ）i ln （D ）i e23π- 15．设α是复数，则( )（A ）αz 在复平面上处处解析 （B ）αz 的模为αz（C ）αz 一般是多值函数 （D ）αz 的辐角为z 的辐角的α倍二、填空题1．设i f f +='=1)0(,1)0(，则=-→zz f z 1)(lim 0 2．设iv u z f +=)(在区域D 内是解析的，如果v u +是实常数，那么)(z f 在D 内是3．导函数xv i x u z f ∂∂+∂∂=')(在区域D 内解析的充要条件为 4．设2233)(y ix y x z f ++=，则=+-')2323(i f5．若解析函数iv u z f +=)(的实部22y x u -=，那么=)(z f6．函数)Re()Im()(z z z z f -=仅在点=z 处可导7．设z i z z f )1(51)(5+-=，则方程0)(='z f 的所有根为 8．复数i i 的模为9．=-)}43Im{ln(i 10．方程01=--z e 的全部解为三、已知22y x v u -=-，试确定解析函数iv u z f +=)(.四、若函数)(z f 在上半平面内解析，试证函数)(z f 在下半平面内解析.五、解方程i z i z 4cos sin =+.。
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]。
复变函数习题答案第2章习题详解
第二章习题详解1． 利用导数定义推出： 1)()1-=n n nzz '（n 为正整数）解： ()()()()()z z z z z n n z nz z z z z z z nn n n n z n n z n∆∆∆∆∆∆∆∆-⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-++=-+=--→→ 22100121limlim '()()11210121----→=⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-+=n n n n z nz z z z n n nz ∆∆∆ lim 2) 211z z -=⎪⎭⎫⎝⎛'解： ()()2000111111z zz z z z z z z z z z z z z z z -=+-=+-=-+=⎪⎭⎫ ⎝⎛→→→∆∆∆∆∆∆∆∆∆lim lim lim '2． 下列函数何处可导？何处解析？ 1)()iy x z f -=2解：设()iv u z f +=，则2x u =，y v -=x x u 2=∂∂，0=∂∂y u ，0=∂∂xv，1-=∂∂y v 都是连续函数。
只有12-=x ，即21-=x 时才满足柯西—黎曼方程。
()iy x z f -=∴2在直线21-=x 上可导，在复平面内处处不解析。
2)()3332y i x z f +=解：设()iv u z f +=，则32x u =，33y v =26x x u =∂∂，0=∂∂y u ，0=∂∂xv ，29y y v =∂∂都是连续函数。
只有2296y x =，即032=±y x 时才满足柯西—黎曼方程。
()3332y i x z f +=∴在直线032=±y x 上可导，在复平面内处处不解析。
3)()y ix xy z f 22+=解：设()iv u z f +=，则2xy u =，y x v 2=2y x u =∂∂，xy y u 2=∂∂，xy xv 2=∂∂，2x y v =∂∂都是连续函数。
复变函数第2章(钟玉泉)
容易看出, 这四个偏导数处处连续, 但仅当 x=y=0时, 它们才满足柯西-黎曼方程, 因而函 数仅在z=0可导, 但在复平面内任何地方都不 解析.
例2 设函数f(z)=x2+axy+by2+i(cx2+dxy+y2). 问常 数a,b,c,d取何值时, f(z)在复平面内处处解析? [解] 由于 ux=2x+ay, uy=ax+2by, vx=2cx+dy, vy=dx+2y 要使ux=vy, uy=-vx, 只需2x+ay=dx+2y, 2cx+dy=-ax-2by. 因此, 当a=2, b=-1, c=-1, d=2时, 此函数在复 平面内处处解析, 这时 f(z)=x2+2xy-y2+i(-x2+2xy+y2) =(1-i)(x+iy)2=(1-i)z2
定理二 函数f(z)=u(x,y)+iv(x,y)在其定义域D内 解析的充要条件是u(x,y)与v(x,y)在D内可微, 并满足柯西-黎曼方程。
例1 判断下列函数在何处可导, 在何处解析:
1)w z ; 2) f ( z ) e (cos y i sin y); 3)w z Re( z )
f ( z0 Δ z ) f ( z0 ) f ( z0 ) e Δz
应当注意, 定义中z0+Dzz0(即Dz0)的方式 是任意的, 定义中极限值存在的要求与 z0+Dzz0的方式无关, 也就是说, 当z0+Dz在区 域D内以任何方式趋于z0时, 比值
f ( z0 Δ z ) f ( z0 ) 都趋于同一个数. Δz
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
复变函数第一张第二节(钟玉泉第三版)
,
特 （1）光滑曲线上的各点都有切线 点 （2）光滑曲线可以求长 由几段依次相接的光滑曲线所组成的曲线 称为按段光滑曲线.
y y
o
x
o
x
12
课堂练习 判断下列曲线是否为简单曲线?
z (a ) z (a ) z (b ) z (b ) z (a ) z (b ) z (a ) z (b )
记作:N(z0)
N(z0)={z | |z-z0|<}
0 z z0 所 z 0 的去心邻域 .
称由不等式 确定的点的集合为
记作：N0(z0)={z | 0<|z-z0|<}
2
定义1.2 聚点、外点、孤立点
设 E 为一平面点集 ( 不必属于 的无穷多点 E ), 如果对 , z 0 为 复平面中任意一点 z 0 的任意一个邻域 , 都有 E
(1) D是一个开集；
(2) D是连通的,就是说D中任何 两点都可以用完全属于D的一 条折线连结起来.
z1
D z2
D加上D的边界称为闭域。记为D＝D+D
6
说明
不包含边界！
C2
(1) 区域都是开的.
(2) 区域的边界可能是 由几条曲线和一些孤立 的点所组成的.
边界
z z
C3
C1
以上基 本概念 的图示
z z ( t ) x ( t ) iy ( t ). ( t )
z
C的复参数方程
起点z()
o
x
C的正向：起点终点
9
对于满足
t1 , t 2 的 t1 与 t 2 , 当
C
t 1 t 2 而有 z ( t 1 ) z ( t 2 ) 时 , 点 z ( t 1 ) 称为曲线 的重点 .
《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-+-=×=×=-。
复变函数论第四版钟玉泉
复变函数论第四版钟玉泉
目录
第一章复数与复变函数
第二章解析函数
第三章复变函数的积分
第四章解析函数的幂级数表示法
第五章解析函数的洛朗（Laurent）展式与孤立奇点
第六章留数理论及其应用
第七章共形映射
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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
广西教育学院
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,
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 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
复变函数第二章习题解答
习题二解答1、解：1）连续 令iyx z zy x iv y x u z f +=+=+=,11),(),()(2则由222222222212111111zxy izy x zz z+-++-+=++=+显然，),(),,(y x v y x u 在1<z 内连续2）不一致连续 因为取⎪⎭⎫ ⎝⎛>-=+=>∀=δδεδδ11'',1',0,51n inn z i n n z 取显然，()δδδ<+=--+=-1111'''n n nn n n z z但()()()()222222111111''11'11nn n n z z ---⎪⎪⎭⎫⎝⎛+-=+-+δδ()()ε>=->--=-+-=41421412121212222222nn n n n n n n2、()iyx z y x zz f +=+==,222则，0),(,),(22=+=y x v y x y x u0,2,2====y x y x v v y u x u显然上述四个偏导在整个复平面上连续 由R C-条件⎩⎨⎧==⇒⎩⎨⎧==00202y x y x22222222)2()1(2),(,)2()1(1),(xy y x xyy x v xy y x yx y x u +-+-=+-+-+=∴()2zz f =∴只在0=z 处可导，而处处不解析3、证明：()yy x xziUV R C iV U z f D iy x V--+='=∈+=0,0====∴y x yx V V UU),(),,(y x V y x U 在D 内为常数 故)(z f 在D 内为常数 4、证明（1）令()),(),(y x iv y x u z f +=若),(y x u 在D 内为常数，则在D 内，0==y xu u由C-R 条件知，对),(y x v 有在D 内0==y xv v∴),(),,(y x v y x u 在D 内为常数 )(z f在D 内为常数对),(y x v 于D 内为常数时，同理可证得结论 （2）由()222v u z f +=在D 内为常数设()*22cv u =+若0=c 知()0=z f 于D若0≠c ，此时：对()*求偏微分得22022=+=+y y x x vv uu vv uu再由C-R 条件，并讨论二元一次方程组的解，可解出====y x y x v v u u ，由此可得)(z f 在D 内为常数5、证明：若∈z 上半平面，则∈z 下半平面 设()),(),(y x iv y x u z f +=，则()),(),(),(),(y x i y x y x iv y x u z f ψϕ+∆---=)(z f 在上半平面解析),(),,(y x v y x u ⇔在上半平面解析且满足RC -方程x y y x v u v u -==,又()()),(,),,(,y x v y x y x u y x --=-=ψϕ()()()()yy x v y x y x v x yy x u y x y x u x x ∂-∂=∂∂∂-∂-=∂∂∂-∂-=∂∂∂-∂=∂∂,,,,,,ψψϕϕ∴当)(z f 在半平面解析时，),(,,y x y ）（x ψϕ在下半平面可微，且满足R C -方程xyy x2222,2222ψϕψϕ-==)(z f ∴在下半平面解析6、证明：（1）xyi y x iy ）（x z 2.2222+-=+=xv y v y uy x ux xy y x v y x y x u y x 2,2,2,22),(,),(22==-===-=显然y x y xv v u u,,,在整个复平面连续，且xy x v uy v u -==,2z ∴在复平面解析 （2）yie y e ee xx iyx zsin cos +==-ye v y e v y e u y e u yie y x v y e y x u xy xx xy xx xxcos ,sin ,sin ,cos sin ),(,cos ),(==-====显然，yx y xv v u u,,,在整个复平面上解析，且x y y xv v v u-==,满足C-R 方程z e ∴在整个复平面上解析()()()()[]()xee y x v x ee y x u xeei x e e xe ei x eeieei z yyyyyyyyy yyyizizcos 2),(,sin 2),(cos 2sin 2sin cos 2121sin3--------=+=--+=++-=-=xee u x ee u yyy yyx sin 2,cos 2---=+=x eev x ee v yyy yyx cos 2,sin 2++=--=--yx y x v v u u ,,,在复平面上连续，且满足x y y xv u v u-==,zsin ∴在整个复平面上解析（4）同理z cos 在整个复平面上解析 （5）()xyi y x iy x z 222--=+=xv y v y u x u xy y x v y x y x u y x y x 2,2,2,22),(,),(22-=-=-==-=-=yx y x v v u u ,,,在复平面上连续由得xy y x v u v u ⎪⎩⎪⎨⎧-==⎩⎨⎧==⇒⎩⎨⎧+=--=02222y x y y x x所以2z 只在0=z 处可导，而在整个复平面上均不解析 同理可证z z e z cos ,sin ,在复平面上不解析、7、证明()θθθθθθθθθθθθ∂∂⋅=∂∂∴⎪⎪⎭⎫⎝⎛∂∂+∂∂-∂∂+⋅-=∂∂⋅∂∂+∂∂⋅∂∂=∂∂∂∂+⋅∂∂=∂∂⋅∂∂+∂∂⋅∂∂=∂∂-===vr ru x uy u r R C r yv r xv y y vxx v v y u x u r yy u r x x u ru r y r x y x iv y x u z f 1cos sin cos sin 22sin cos sin ,cos ),,(),(条件则设()()rv ru y u xu y v x v r yy v r x x v rv x u y u r r yu r xu y yu x x u u ∂∂-=∂∂∴⋅∂∂-⋅∂∂=⋅∂∂+⋅∂∂=∂∂⋅∂∂+∂∂⋅∂∂=∂∂⎥⎦⎤⎢⎣⎡∂∂-∂∂=∂∂+-⋅∂∂=∂∂⋅∂∂+∂∂⋅∂∂=∂∂θθθθθθθθθθθθcos sin sin cos sin cos cos sinrv ru vr ru ：∂∂-=∂∂∂∂⋅=∂∂∴θθ,1条件是极坐标下的柯西一黎曼8、证明：（1）如同证明)(z f 存在则),(),,(y x v y x u 的偏导数也存在一样归纳可证明：)(z f 的实部和虚部在D 内也有任意阶导数 而xy y xv u u u-==,xy yy xy xxv u v u -==∴,=+∴yy xxv u，同理0=+yy xxv v（2）设()()),(,y x iv y x u z f +=，则()222vu z f +=()()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡∂∂+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂+∂∂⋅+⎪⎪⎭⎫⎝⎛∂∂=∂∂⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡∂∂+⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂+∂∂+⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂=∂∂∴22222222222222222222y v vy v y u u y uyz f x v v x v x u u x u xz f又0,022222222=∂∂+∂∂=∂∂+∂∂yv xv yu xu且,,xv yu yv xu ∂∂-=∂∂∂∂=∂∂代入整理得：()()()22222222244z f x v x u yz f xz f '=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂+⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂=∂∂+∂∂9、()()()()()[]()[]()()()()()()()()()()()()()()(),1,0,122sin122cos 2122sin 122cos2,1,022ln 22cos 1,1,0,,2,1,0,242ln 2121arg 1ln 11sin 1cos 2122ln 222arg 2ln 2222222221arg 1ln 2122222202arg ln 222ln 2±=+++=+++====-±=+=====±=====+±+⎪⎭⎫⎝⎛++=++++=++==+++-+--++⎪⎭⎫⎝⎛+-⎥⎦⎤⎢⎣⎡++++k k i k k i k e e e e k k is k e eeek e eee i k k i k i i i i Ln i ee e ek i k i Ln k i k i k i i Ln k k i i k i i i i iLnii i ziπππππππππππππππππππ10、()()()()()1111221cos 22222-+-=-+=∴-+==+-+==-z z iLn w z z Ln iw z z ezee eez w ziwiwiwiwiw即故11、证明：()()()()()zz eeiz ee z iz i z e e ieeiee i iz ee z zzzzzzzziz i izi zzcosh cosh 21cos 2cosh sin sinh 212121sin 2sinh =∴+=+=-=∴-⋅-=-=-=-=---+---()()()()()()()222221ln 1ln 11ln 101221sin 1z iz i iiz i w iiz iw iiz eizee eeiz w ziwiwiwiwiw-+-=-+=-+=∴-+==---==-即故()()()()212112212121222222sinh cosh cosh sinh cos sin cos sin )sin()(1sin cos sin cos sinhcoshz z z z iz iz i iz iz i iz iz i z z son iz iz z i iz z z +=--=+-=+=+=--=-212121212121212121sinh sinh coshcosh )sin )(sin (cos cos sin sin cos cos )cos()(cos )cosh(z z z z iz i iz i z iz z iz iz iz iz iz z z i z z +=--+=-=+=+=+yz i y z z siyiy i i iy z ziy iy z iy x sinh cos cosh cos cos )(cos sin cos sin cos sin )sin(+=-+=+=+yx i y x iy i x i iy z iyx iy z iy x sinh sin cosh cos sin )(sin cos cos sin sin cos cos )cos(-=--=-=+ziz i iz dzd z dzd z iz iz i i iz i dz d z dz d sinh sin )(cos cosh cosh cos cos )sin (sinh =-====⋅-=-=12、证明()()⎪⎪⎭⎫⎝⎛∂∂+∂∂=∂∂⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂+∂∂=⎪⎭⎫ ⎝⎛-⋅∂∂+⋅∂∂=∂∂⋅∂∂+∂∂⋅∂∂=∂∂⎪⎪⎭⎫⎝⎛∂∂-∂∂=⋅∂∂+⋅∂∂=∂∂⋅∂∂+∂∂⋅∂∂=∂∂-+=-=∂∂=∂∂=∂∂=∂∂-=+=-=+=y u i x u zv y u i xui zux u zy y u zx xu z u y u i x u i y u x u z y y u y x x u z u i zz z z u y x u izy zx izy zx z z iy ，z z x iy x z iy x z 21212121212121)2,2(),(21,21,21,21,2121,同理于是得由),(0,2121212121=∂∂+∂∂=∂∂∴=∂∂+∂∂=∂∂∂∂-=∂∂∂∂=∂∂⎪⎪⎭⎫⎝⎛∂∂+∂∂⋅+∂∂⋅-∂∂⋅=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂+∂∂+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂+∂∂=∂∂+∂∂=∂∂+=zv iz u zf z f zv izu zf y ux v y v x u：x v y u i y v x u y v i x v i y u i x u zv i z u zf ivu f 成柯西一黎曼条件可以写对于得由柯西一黎曼条件13、解：()()()⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+====z z Ln z z Ln z f z z Ln z f ，z e zf e z f z z111111)11(20)1(,)(11从而不解析点无定义在。
复变函数习题二解答.docx
第二章部分习题解答1 •试证下列函数在7平面上任何点都不解析。
(2) /(z ) = Rez o色=1色=0空=o 勿’金 >,知1爪)在刁平面上任何点都不解析。
2.下列函数何处可导？何处解析?(1)旳“+的解 (1)由于OXf(z) = xy 2+ix 2y 仅在点“0处可导，在？平面处处不解析。
3•证明：如果函数/(z )=w + /v在区域D 内解析，并满足下列条件之一，那么/⑴ 是常数。
仃)在。
内广^ =°； ⑵雨在D 内解析。
⑶"(z)l 在D 内是一个常数。
解(1)的证明由于/⑵P+必丸，故由引理得纵"=°,根据C.R 条件 即有亏9 = 于是讥乙刃、风兀丿)恒为常数，即/⑵在D 内恒为常数。
(2)若7U) = ^ = u-iv 在区域D 内解析，贝I 」du _ d(- v) _ dv _ d(— v) _ Sudx dy dy ? dy dx dx又f(z) = u^iv 在区域D 内解析，贝IJdu du __dx , 5y dx dy知/(z)在z 平面上任何点都不解析。
du dx(1)在Z 平面上处处连续，且当且仅当 沪0时，6 才满足C~R 条件，故du dv du dv—=— —— --------- dx dy, dy dx结合(1)、(2)两式，有du _ du _dv _dv dx dy dx vy故以在〃内均为常数，分別记之为均=C 19u 2=C 2(C l9C 2为实常数), 则 /(Z ) = M+ ,V =C] +iC 2 =C 为一复常数。
(3)若1%)1在D 内为一常数，记为G,则两边分别对于x 和y 求 偏导，得由于/C)在〃内解析，满足C-R 条件du dv dudv II■I■,dx dy ?dx代入上式又可写得duu---- dx du v ——+ dxSv dv c——=——=U同理，可解得％ 巧 故均为常数，分别记为U = C^V = C 29 则 /(z) = u + iv=C {+iC 2=C 为一复常数。
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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 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 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 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=+==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--=+→-=-+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<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(-=-''.。