12013复变函数论课后题答案 (第四版 钟玉泉)
整理复变函数论第四版答案钟玉泉_数学学院硕士生复试方案
数学学院硕士生复试方案1.复试方式笔试和面试相结合，复试成绩实行百分制。
复试成绩=（复试笔试成绩+复试面试成绩）×95%+外语听力及口语测试成绩。
硕士拟录取成绩=初试成绩÷5×60%+复试成绩×40%2.复试笔试科目基础数学：常微分方程、复变函数、实变函数（各约占1/3）；计算数学：数值逼近、数值方法、微分方程数值解（各约占1/3）；概率论与数理统计：概率论、数理统计（各约占1/2）；应用数学：计算方法、概率论（各约占1/2）；运筹学与控制论：运筹学方向：概率论与数理统计、线性规划、整数线性规划（各约占1/3）；控制论方向：概率论、矩阵代数（各约占1/2）；信息安全：概率论与数理统计、数论与代数结构、应用密码学（各约占1/3）；金融数学与金融工程：概率论、数理统计（各约占1/2）；统计学：概率论、数理统计（各约占1/2）。
3.复试面试内容基础数学：英语、数学分析、线性代数、常微分方程、复变函数、实变函数；计算数学：英语、数学分析、线性代数、微分方程数值解、数值逼近、数值代数、算法语言；概率论与数理统计：英语、数学分析、线性代数、概率论、数理统计、实变函数；应用数学：英语、数学分析、线性代数、常微分方程、线性规划、数学模型、计算方法；运筹学与控制论：英语、数学分析、线性代数、常微分方程、线性规划、整数线性规划、概率论与数理统计；或英语、数学分析、线性代数、常微分方程、线性系统理论、概率论与数理统计；信息安全：英语、数学分析、线性代数、概率论、数论与代数结构、计算机网络安全、应用密码学；金融数学与金融工程：英语、数学分析、线性代数、概率论、数理统计、实变函数；统计学：英语、数学分析、线性代数、概率论、数理统计、实变函数；4.复试笔试科目参考书目基础数学：《复变函数》（第四版），余家荣著，高等教育出版社2007年版；《复变函数论》（第四版），钟玉泉编著，高等教育出版社2013年版；《实变函数与泛函分析》（第二版），郭大钧、黄春朝、梁方豪编著，山东大学出版社2005年版；《常微分方程教程》（第二版），丁同仁、李承治编著，高等教育出版社2004年版。
复变函数论钟玉泉第五章
证 (1) =>(2). 由(1)有
f z c0 c1z a c2z a2 0 z a R
则(因2)此=>lzi(m03,a).fz因l0zim,ca 0zf:z0|
b za
| ,有 |
f
(z)
b
|
,
于是,有 | f (z) || b | ,即f (z)在a的去心邻域内有界。
(1)f(z)在 z 的主要部分为零;
(2) lim f (z) b( ); z
(3)f(z)在 z 的某去心邻域N-{∞}内有界.
22
定理5.4/(对应于定理5.4)f(z)的孤立奇点z =∞为m 级极点的充要条件是下列三条中的任何一条成立:
(1) f(z)在 z=∞的主要部分为
b1z b2 z 2 bm z m (bm 0);
f (z) ei z(| z | 1), 其中α为一实常数.
14
4. 极点的性质
定理5.4 如果f(z)以a为孤立奇点，则下列三条是等价
的。因此，它们中的任何一条都是m阶极点的特征。
(1)
f(z)在a点的主要部分为
cm (z a)m
(2)f(z)在点a的某去心邻域内能表示成
fzc(z1a) (c(zm(az))0m);
(3)
=>(1).
因主要部分的系数
cn
1
2i
f
a n1
d
其中 : a , 可任意小，故
cn
1
2
f
a n1
d
1
2
M
n1
2
M n
cn 0 n 1，2,
13
3. 施瓦茨(Schwarz)引理
复变函数论钟玉泉第三章
作和式 Sn f ( k ) ( zk zk 1 ) f ( k ) zk ,
k 1 k 1
A
o
z1 z2
k z k zk 1
C z n 1
记 max{sk }, 当 n 无限增加且 0 时,
这里 zk zk zk 1 , sk zk 1 zk的长度,
2
2.积分的定义: 设函数 w f ( z ) 定义在区域
D 内, C 为区域D 内起点为 A 终点为 B的一条光 点为A z0 , , z k 1 , z k , , z n B,
n n
滑的有向曲线 , 把曲线 C任意分成 n个弧段 , 设分 y
在每个弧段zk 1 z（ k 1,2, , n)任取一点 k ,
下式两端极限存在 ,
f ( k )zk [u( k ,k )xk v( k ,k )yk ]
k 1 k 1
n
n
i [v ( k ,k )xk u( k ,k )yk ]
k 1
n
在形式上可以看成是 f ( z ) u iv 与 dz dx idy 相乘后求积分得到: C f ( z )dz (u iv )(dx idy ) udx vdy i vdx udy. 5
12
第二节 柯西积分定理
一、问题的提出
观察上节例1, 被积函数 f ( z ) z 在复平面内处处解析 ,
此时积分与路线无关.
1 , 观察上节例4, 被积函数当n 0 时为 z z0
它在以 z0 为中心的圆周C 的内部不是处处解析的 , 1 此时 dz 2i 0. c z z 0
0
复变函数答案 钟玉泉 第五章习题全解
(z 2 1)2 4(z i)2 n0
2i
1 4(z i)2
(1)n (n 1)( z i)n )n
n0
2i
(0
z i
2)
1
(2) z 2e z
1 z n2
1 1 (0 z )
n0 n!
n2(n 2)! z n
e e e (3) 令 1 ，则 z
1
1z
1
2
(1 ...) 2
f (z) w0 解 析 , 即 为整函数 . 又 因 f (z) 非 常 数 , 所 以 g(z) 非常 数 , 其值全 含于一圆
g(z) 1 之内,与刘维尔定理矛盾. 0
11.证明:由题意, f (z) 在 z0 的去心邻域内的洛朗展开式可设为
f (z)
c1 z z0
cn (z z0 )n
(a)
0
6.证明：令 g(z) (z a)k f (z) 。由题设， g(z) 在 k {a}: 0 | z a | R 内有界。由
定理 5.3（3），a 为 g(z) 的可去奇点，则 a 为 g(z) 的解析点。又由定理 5.4（2），
若
a
为
f
(z) 的
m
级极点，则在点
a
的某去心邻域内能表成
正好是以 1 为中心的无穷远点的去心领域。所以根据题中的洛朗展式，只能判
定 z 是 f (z) 的可去奇点。
3.证明：由孤立奇点的定义，又有 f (z) 在点 a 解析，故知 a 为 g(z) 的孤立奇点，
且 lim g(z) lim f (z) f (a) f (a) g(a) ，故 a 为 g(z) 的可去奇点。故在 a 业
（充分性） 若
复变函数答案 钟玉泉 第一章习题全解
第一章 复变与复变函数（一）1.解：1)23()21(22=-+=zArgz=argz+πk 2=πππk k 232)3arctan(+-=+- ),2,1,0( ±±=k2.解:因为i ei z e i z 6423,2121ππ-=-==+=所以iie z z e z z 1251221,22121ππ==⋅ 3.解:由044=+a z 得44a z -= 则二项方程的根为a w k k ⋅-=)1(4 )3,2,1,0(=k a e e i i k ⋅⋅=442ππ )3,2,1,0(=k因此 )1(20i a w +=,)1(21i a w +-=)1(22i a w --=,)1(23i a w -=4.证明:因为)Re(2212221221z z z z z z ++=+)R e (2212221221z z z z z z -+=-两式相加得)(22221221221z z z z z z +=-++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)(22221221221z z z z z z +=-++由题目条件 0321=++z z z 知321z z z -=+可有 321z z z =+ 于是 3)(2)(22322212212221221=-+=--+=-z z z z z z z z z同理 3213232=-=-z z z z所以 3133221=-=-=-z z z z z z 因此321,,z z z 是内接宇单位圆的等边三角形的顶点. 6.解:(1)表示z 点的轨迹是1z 与2z 两点连线的中垂线;不是区域. (2)令yi x z +=,由4-≤z z 得yi x yi x +-≤+)4(,即2222)4(y x y x +-≤+,得2≤x因此, z 点的轨迹是以直线2=x 为右界的右半平面(包括直线);不是区域.(3)同(2)yi x z +=,得0>x ,故z 点的轨迹是以虚轴为左界的右半平面(包括虚轴;是区域.(4)由⎪⎩⎪⎨⎧≤≤<-<3Re 24)1arg(0z z π 得⎪⎩⎪⎨⎧≤≤<-<3241arctan 0x x y π 即⎩⎨⎧≤≤-<<3210x x y 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1Im =z 的上方(不包括直线1Im =z )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4arg π=z ,半径为2的扇形部分;是区域.(8)z 点的轨迹是以)2,0(i 为圆心,21为半径以及)23,0(i 为圆心, 21为半径的两闭圆的外部.是区域.7.证明:已知直线方程一般式为),,(0c b a c by ax =++为实常数,b a ,不全为零. 以 izz y z z x 2,2-=+= 代入化简得0)(21)(21=+++-c z bi a z bi a 令 0)(21≠=+αbi a 得 0=++c z z αα反之(逆推可得).8.证明: 因为Z 平面上的圆周可以写成()0z z -=γγ>0 其中0z 为圆心，γ为半径 所以 ()()200z z z z z z 2γ=-=--0000z z z z z z z z =⋅-⋅-⋅+⋅ 令2001,,A B z C z 2==-=-γ，从而圆周可以写成 0A Z Z B Z B ZC +++=,A C 为实数，且22200B z z AC 2=>-γ=9.证明：可证1213z z z z --为实数. 10.解:(1)令)1(i t yi x z +=+=,得y x =,即曲线为一,三象限的角平分线. (2)令,sin cos t ib t a yi x z +=+=得t b y t a x sin ,cos ==,则有12222=+by a x ,故曲线为一椭圆.(3)令)0(≠+=+=t i t t yi x z ,可得ty t x 1,==,则1=xy ,故曲线为一双曲线.(4)令22tt yi x z +=+=,得221,t y t x ==,即1=xy )0,0(>>y x ,故曲线为双曲线在第一象限内的一支. 11.解:(1)由于4222==+z y x ,又有)(411122yi x y x yi x yi x z w -=+-=+== 所以 ,4,4y v x u -==则41)(1612222=+=+y x v u这表示在w 平面上变成的曲线是以原点为圆心,21为半径的圆周. (2)将x y =代入yi x w +=1,即yix iv u +=+1中得 xi x x i i x iv u 22121)1(1-=--=+=+于是,21,21xv x u -==因此u v -=,故曲线为w 平面上二,四象限的角分线. (3)同上将1=x 代入变换yix iv u +=+1得 21111yyiyi iv u +-=+=+ 于是,1,1122yy v y u +-=+=且u y y y v u =+=++=+22222211)1(1 故解得41)21(22=+-v u ,这表示曲线变成w 平面上的一个以)0,21(为圆心,21为半径的圆周.(4)因1)1(22=+-y x ,即可得0=--z z z z 将wz w z 1,1==代入得01111=--⋅w w w w ,即ww w w w w +=1,因此1=+w w所以这表示曲线变成w 平面上的一条过)0,21(且平行于虚轴的直线.12.证明:(1)首先考虑函数n z z f =)(在z 平面上的连续性. 对复平面上任意一点0z ,来证明nn z z z z 00lim =→不妨在圆10+=≤z M z 内考虑. 因为10102100(-----≤+++-≤-n n n n nn nM z z z z zzz z z z ,故对0>∀ε,只需取1-≤n nM εδ,于是当δ<-0z z 时,就有ε<-nn z z 0.(2)由连续函数运算法则,两连续函数相除,在分母不为零时,仍连续.因此)(z f 在z 平面上除使分母为零点外都连续. 13.证明:令ππ<<-⎩⎨⎧=≠=z z z z z f arg 0,00,arg )(分情况讨论:(1) 若00=z ,由于当z 沿直线)(arg 00πθπθ<<-=z 趋于原点时,)(z f 趋于0θ,这里0θ可以取不同值,因而)(z f 在00=z 处不连续.(2) 若)0(0<=x z 由定义当z 从上半平面趋于0z 时, )(z f 趋于π,当z 从下半平面趋于0z 时, )(z f 趋于π-,所以)(z f 在实轴上不连续.(3) 其他点0z ,作一个以0z 为中心δ为半径的圆,只要δ充分小,这个圆总可以不与负实轴相交.任取0Argz 的一个值0θ,以0z 为中心δ为半径的圆,因0z z n →,故存在自然数N ,当N n >时,n z 落入圆内,从原点引此圆的两条切线,则此两条切线夹角为)(2δϕ,0arcsin)(z δδϕ=,因此总可以选取n Argz 的一个值n z arg .当N n >时,有)(arg 0δϕθ<-n z ,因0→δ时,0)(→δϕ.因而,总可以选取δ,使)(δϕ小于任何给定的0>ε,即总有ε<-0arg arg z z .因此)(z f 在0z 连续.综上讨论得知, )(z f 除原点及负实轴上的点外处处连续.14.证明:由于)(z f 的表达式都是y x ,的有理式,所以除去分母为零的点0=z ,)(z f 是连续的,因而只须讨论)(z f 在0=z 的情况.当点yi x z +=沿直线kx y =趋于0=z 时, 222211)(kkk k y x xy z f +→+=+=这个极限值以k 的变化而不同,所以)(z f 在0=z 不连续.15.证明:由z z f =)(连续即得.16.证明:1z -在1z <内连续且不为0，故11z-在1z <内连续 011,0,2εδδ⎛⎫∃=∀>< ⎪⎝⎭，均存在121,142z z δδ=-=-使得124z z δδ-=<()()1212112111f z f z z z δ-=-=>-- 故()f x 在1z <内非一致连续17.证明：必要性：设i y x z n 000lim +==∞→，由定义0,0>∃>∀N ε，当N n >时，恒有ε<-0z z n ，从而由定义知 ε<-≤-00z z x x n n ε<-≤-00z z y y n n 即)(,00∞→→→n y y x x n n 充分性:由定义得00000)()(y y x x i y y x x z z n n n n n -+-≤-+-=- 因此,当)(,00∞→→→n y y x x n n 时,必有)(0∞→→n z z n . 18.证明:利用第17题,及关于实数列收敛的柯西准则来证明.必要性:设0lim z z n n =∞→.则由定义对0)2(,0>=∃>∀εεN N ，当N n >时，恒有20ε<-z z n .因而对任何自然数p ,也有20ε<-+z z p n .利用三角不等式及上面两不等式, 当N n >时,有 ε<-+-≤-++00z z z z z z n p n n p n充分性:设对0)(,0>∃>∀εεN ,当N p n n >+,时,有ε<-+0z z p n ,由定义得 ε<-≤-++n p n n p n z z x xε<-≤-++n p n n p n z z y y由此根据实数序列的柯西准则,必存在两个实数00,y x ,使)(,00∞→→→n y y x x n n ,有i y x i y x z n n n 00+→+=19.证明:设)),3,2,1(( =≤+=n M z i y x z n n n n ,因为M z y x n n n ≤≤,,所以{}{}n n y x ,都有界.根据实数列的致密性定理,知{}n x 有收敛于某常数a 的子序列{}k n x ,相地在),2,1( =+k i y x k k n n 中,{}k n y 任有界,因而{}k n y 也有以收敛于某一常数b 的子序列{}kj n y ,在),2,1( =+=j i y x z kj kj kj n n n 中, {}k n x 任收敛于a ,因此所设序列有一收敛于bi a +的子序列.20.证明:(1)若00=z ,则由定义对N ∃>∀,0ε,当N n >时有{}2ε<n z而 nz z z n z z z n z z z z nN N N n n +++++++=+++='++ 212121 固定N ,取⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++=nz z z q N N 2102,max ,则当0N n >时,有221ε<++n z z z N故 ε<+++++≤'++n z z z n z z z z n N N N n 2121(2)若00≠z ,则当0)(lim 0=-∞→z z n n ,000010)()(z n nz z z z z z z n n -+-+-=-'0)()(001→-+-=nz z z z n（二）1.解:ii i e e e i i ϕϕϕϕϕϕϕ193)3(2532)()()3sin 3(cos )5sin 5(cos ==-+- 2.解:由于it e z =,故nt i nt e z nt i nt e z nti n nti n sin cos ,sin cos -==+==-- 因此 nt zz nt z z n nn n sin 21,cos 21=-=+ 3.证明:已知(155122cos sin 2233nnn n n n n n x iy i ⎛⎫⎛⎫+=-=-=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ππ 因此 552cos ,2sin33n 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--⎛⎫=- ⎪⎝⎭4.证明：第一个不等式等价于2222)(21y x z y x +=≤+，即)(222222y x y x y x +≤++,即0)(2>-y x 这是显然的,因此第一个不等式成立. 第二个不等式等价于2222222)(y y x x y x y x z ++=+≤+= ,即02≥y x 这是显然的,因此第二个不等式成立. 5.证明:利用公式 )Re(2212221221z z z z z z -+=-以及z z =Re6.证明: 因为21,az b az b az bz bz a bz a bz a+++==⋅+++所以22221a abz abz b b abz abz a+++==+++故1az bbz a+=+7.解:设0z 为对角线→31z z 的中点,则 i z z z 21)(21310+=+=分别左旋及右旋向量30z z 各2π,写成复数等式后,即可由此解得顶点2z 的坐标为(4,1); 顶点4z 的坐标为(-2,3).8.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 =.9.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但3212321argz z z z z z z -∠=-，1434143arg z zz z z z z -∠=- 3232141421432143a r g a r g a r g z z z z z z z z z z z z z z z z ----+=⋅----， 因此1234,,,z z z z 共圆周或共直线的充要条件为34141232:z z z z z z z z ----为实数. 10.证明:由21Oz Oz ⊥知2arg arg 21π±=-z z故i z zz z 2121±=,两边平方即得02121=+z z z z ,反之亦然. 11.证明:因为2221k z z z z =--,从而22121k z z z z zz z z =⎪⎪⎭⎫⎝⎛--⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-- 所以 ()2222221112z z z z k z z z z z z +-=+--即 212222122122)()()1(z z k z k z z z k z z k z -=-----亦即 2222122221122122222221)1()1()(1k z z k k z z z z z z k k z k z z --=---+=---故有 221222111kz z k k z k z z --=---,此为圆的方程,该圆圆心为222101k z k z z --=,半径为2211kz z k--=ρ ),10(21z z k ≠≠<. 12.证明:2222)1()1(11111b a b a z z zz+--<+-⇔+<-⇔<+- 022)1()1(2222>⇔<-⇔+--<+-⇔a a a b a b a几何意义:右半平面上的点到(1,0)的距离a 小于到(-1,0)点的距离b ;到(1,0)的距离a 小于到(-1,0)点的距离b 的点在右半平面上.。
复变函数论钟玉泉第四章
的各项均在点集E上有定义,且在E上存在一个函数 f(z),对于E上的每一点z,级数(4.2)均收敛于f(z),则称
f(z)为级数(4.2)的和函数,记为: f ( z ) f n ( z )
n 1
定义4.4 对于级数(4.2),如果在点集E上有一个函数 f(z),使对任给的ε>0,存在正整数N=N(ε),当n>N时,对
lim n 0 级数 n发散.
n n1
推论2 收敛级数的各项必是有界的. 推论3 若级数(4.1)中略去有限个项,则所得级数与原 级数同为收敛或同为发散.
8
3. 绝对收敛与条件收敛 定理 4.3 复级数(4.1)收敛的一个充分条件为级数
|
n 1
n
| 收敛.
2 2
n 1Leabharlann n 1 2
n
(4.1)
称为复数项级数.sn 1 2 n 称为级数的部分和.
若部分和数列{sn}(n=1,2,…,)以有限复数s为极限, 即 lim sn s( ) 则称复数项无穷级数(4.1)收敛 n 于s,且称s为(4.1)的和,写成 s 否则若复数列sn(n=1,2,…,)无有限极限,则称级数 (4.1)为发散. 注 复级数n收敛于s的 N定义：
(4.2)在闭圆 K : z a 上一致收敛.
16
定理4.9 设 (1)fn(z) (n=1,2,…)在区域D内解析,级数
6. 解析函数项级数
n
f ( z) 或 { f n ( z)} 序列在区域D内内闭一致收敛于函数f(z),
复变函数论课后题答案 (第四版 钟玉泉)
复变函数论课后题答案 (第四版钟玉泉)复变函数论课后题答案 (第四版钟玉泉)一、选择题1. B2. D3. A4. C5. B6. A7. D8. B9. C10. A二、填空题1. 解析函数2. 极限3. 全纯函数4. 实部5. 可微6. 黎曼-一般黎曼条件7. 柯西-黎曼方程8. 积分路径无关9. 简单闭合路径10. 等速圆三、简答题1. 复数的实部和虚部分别由实部和虚部函数来得到。
实部函数是通过将复数的虚部置零得到。
虚部函数是通过将复数的实部置零得到。
2. 解析函数是指在一个区域内处处可导的函数。
全纯函数是指处处可导的复数函数。
3. 构造一个有界区域，包含有限个奇点，并使该区域与其他奇点不相交。
在奇点上，确保函数无界。
4. 通过直接计算导数或利用柯西-黎曼方程来证明。
五、计算题1. 解：根据题意，由柯西-黎曼方程可得：∂u/∂x = ∂v/∂y∂u/∂y = -∂v/∂x由第一式可得∂u/∂x = -2y积分得：u = -2xy + f(y)对u求偏y导数得：∂u/∂y = -2x + f'(y)由第二式可得∂u/∂y = -(-4y) = 4y所以，-2x + f'(y) = 4yf'(y) = 4y + 2x对f'(y)积分得：f(y) = 2xy + xy^2 + g(x)综上所述，u = -2xy + 2xy + xy^2 + g(x)= xy^2 + g(x)故解为 f(z) = xy^2 + g(x) + i(2xy + f(y))2. 根据题意，f'(z) = u_x + iv_x = 4x^3 - 12xy^2 + 6x + 2y - 4xyi 对z积分得：f(z) = x^4 - 6x^2y^2 + 6xy + 2xy + C= x^4 - 6x^2y^2 + 8xy + C故解为 f(z) = x^4 - 6x^2y^2 + 8xy + C六、证明题待补充完整。
复变函数答案 钟玉泉 第三章习题全解
即 Φ′(x) = 0, Φ( x) = C ,故
f (z) = e x (x cos y − y sin y) + i( xex sin y + e x y cos y + C)
又因 f (0) = 0, 故 f (0) = iC = 0 ⇒ C = 0 ,所以
f (z) = ex ( x cos y − y sin y) + i(xex sin y + e x y cos y)
′(
x)
= 0.
所以ϕ( x) = C ,故
x
y
f (z) = − x2 + y2 + C + i x2 + y2
又因为 f (2) = 0 ,所以 C = 1 ,故 2
x1
y
f (z) = − x2 + y2 + 2 + i x2 + y2
17.证明：设 f (z ) = u + iv ⇒ 4 f ′( z) 2 = 4(ux2 + vy2 )
∫ 2z 2 − z +1dz = 2πi(2z 2 − z +1) = 4πi
z ≤2 z −1
z =1
(2)可令 f (z) = 2z 2 − z +1,则由导数的积分表达式得
∫ 2z 2 − z +1dz = 2πif ′(z) = 6πi
z =2 (z − 1) 2
z =1
sin π zdz
∫ v = (xex cos y − e x y sin y + e x coy)dy
∫ = xex sin y + e x sin y − e x y sin ydy
复变函数答案 钟玉泉 第七章习题全解
d 时，则三圆周在分式线 c
11. 证明：由施瓦茨引理
f ( z) z ( z 1 ) ，
（1）
z f 1 ( w ) w( w 1 )
由（1） （2）得到
f ( z ) z ,f z( ) eia z
（2）
（3）
再由条件 arg f (0) 0 ，知 0 ，即 f ( z ) z . 12. 证明：设 f (0) w0 ， w0 1 ，则由教材中例 7.8，必有一线性变换 L(w) ， 它将 w 1 保形变换成 1 ，且 L( w0 ) 0 ，即 ei
2
D
3.证明：圆周 z C 的参数方程为
z cei , 0 2
1 在映射 w z 之下像曲线的参数方程为 z 1 i w ce i ce
即像曲线为椭圆
1 1 u (c ) cos , v (c )sin c c (0 2 )
4 z2
3
2） i 3） g 14.解：作如下变换 1） z 4 2） w
2
4） w e g
i i
z4 i z4 i
z 1 z 1
故所求的线性变换为 w
15.解：作如下变换 1）
2） g 2 3） w
1 g 1 g
6.解：为使分式函数 w
ai b 不为常数，应有 ad bc 0 cz d
其次， 若使 S z 上的圆周 z 1 变成 S w 上的圆周通过无穷远点 ，因而在 S z 上对 应点必过点
d ，且 z 1 ， c Nhomakorabea所以 ad bc 0 ， c d 是系数应满足的条件。 7.解： （1 ） 根据线性变换的饿保对称点性知 i 关于实轴的对称点 i 应该变到 w 0 关于单位圆周的对称点 w ，故可设 w k 又由 L' i k
第四版复变函数答案
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) ；
(3 + 4i )(2 − 5i ) = 5
2i
29 ， 2
26 ⎡ (3 + 4 i )(2 − 5 i ) ⎤ ⎡ (3 + 4 i )(2 − 5 i ) ⎤ = arg ⎢ Arg ⎢ + 2kπ = 2 arctan − π + 2kπ ⎥ ⎥ 2i 2i 7 ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ = arctan 26 + (2k − 1)π , 7 k = 0,±1,±2, " .
n n
i
arg a n
时，有
⎛ i arg a ⎞ | z + a| = ⎜ e n ⎟ + |a|e i arg a = (1 + a )e i 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 ) ； 解： （1） i = cos
i π π + isin = e 2 ； 2 2 π
（2）-1；
2i （5） ； −1+ i
复变函数答案 钟玉泉 第六章习题全解
Re s
z
(6) Re s
z 1
ez ez e ( z 1) 2 | z 1 2 z 1 z 1 2
Re s
z 1
ez ez e 1 ez ez e ( z 1 ) | Re s ( z 1 ) | z 1 z 1 2 2 2 2 z 1 z 1 2 z 1 z 1 z 1 2 ez e 1 e ( Re s f ( z ) Re s f ( z )) z 1 z 1 z 2 1 2
第六章 留数理论及其应用
（一）
1.解：(1)z=1 是一级极点，故由推论 6.3 知
Re s f ( z ) ( z 1)
z 1
1 1 | 2 z 1 ( z 1)( z 1) 4
Z=-1 是二级极点，同前由推论 6.4 知
Re s f ( z ) [( z 1) 2
Re s f ( z ) C1
z 0
4 3
z z 0
又由 z=0 是唯一有限奇点，故 Re s f ( z ) Re s f ( z ) (4)由 e z 1 1
1
4 3
1 1 所以 Re s f ( z ) 1 z 1 z 1 2!z 12
由儒歇定理，f(z)与
而 f(z)=-z 在 C 内只有一个零点，所以
f ( z) g ( z) ( z) z
只有一个零点，记为 z ，使得 ( z ) z C 或 ( z ) z 0 0 0 0 0
Re s f ( z )
z n
1 的 sin z
1 | z (1) n (sin z )
1 e2 z 1 (2 z ) 2 (2 z ) 3 2 2 4 (3)由 4 4 2z 3 2 所以 z z 2! 3! z z 3z
复变函数(第四版)课后习题答案
y
1
−z
z
z
o
x
-z
z
−1
1
z
z
18．已知两点 z1 与 z2 （或已知三点 z1, z2 , z3 ）问下列各点位于何处？
（1）
z
=
1 2
(z1
+
z2
)
（2） z = λz1 + (1 − λ )z2 （其中 λ 为实数）；
（3）
z
=
1 3
=|
z
|
ei Arg z
⋅
−i π
e2
i⎜⎛ Arg z− π
= |z|e ⎝ 2
⎟⎞ ⎠
，可知复数的模不变，
辐角减少 π 。 2
11．证明：| z1 + z2 |2 + | z1 − z2 |2 = 2(| z1 |2 + | z2 |2 ) ，并说明其几何意义。
证明： | z1 + z2 |2 + | z1 − z2 |2 = (z1 + z2 )(z1 + z2 ) + (z1 − z2 )(z1 − z2 )
解：设 A = a1 + ib1 ， z1 = x1 + iy1 ， z = x + iy ，则有 1） z = z1 + A ；2） z = z1(cosα + i sinα ) = z1eiα 。
10．一个复数乘以-i，它的模与辐角有何改变？
( ) 解：设复数 z =| z | eiArgz ，则 z − i
34
= 1 [5x + 3y − 4]+ i(− 3x + 5y −18) = 1 + i
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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复变函数第一章(钟玉泉)
Re( z ) x y ,
2 2 2
Re( z 2 ) 1 x 2 y 2 1,
无界的单连通域(如图).
( 2) arg z 3 arg z arg z , 3 3 3
是角形域, 无界的单连通域(如图).
1 ( 3) 3 z
1 1 3 z , z 3 1 是以原点为中心 半径为 , 3 的圆的外部, 无界的多连通域.
• 加（减）法
z1 z 2 ( x1 x2 ) i( y1 y2 )
• 乘法
z1 z 2 ( x1 x2 y1 y2 ) i( x1 y2 y1 x2 )
• 除法
z1 x1 x2 y1 y 2 y1 x2 x1 y 2 i 2 2 2 2 z2 x2 y 2 x2 y 2
C终点z() y
C
平面曲线C的复数表示: 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
对 于 满 足 t1 , t 2 的 t1 与 t 2 , 当 t1 t 2 而 有 z( t1 ) z( t 2 ) 时, 点 z( t1 ) 称 为 曲 线C 重点 的重点 .
单连通域.
四、小结与思考
应理解区域的有关概念: 邻域、去心邻域、内点、开集、边界点、边界、 区域、有界区域、无界区域 理解单连通域与多连通域.
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第三节 复变函数
1.3.2 复变函数的概念 1.3.2 复变函数的极限与连续 1.3.3 小结与思考
x
z
• 向量
oz
复变函数论钟玉泉第六章
2aπ 2π a 2 b 2 2 b b2
2 2 (a a 2 b 2 ). b
19
dx 例2 计算 0 2 ( a 0). a sin x π π dx dx 解 0 a sin2 x 0 1 cos 2 x a 2 1 π d2 x 令 2x t, 0 1 cos 2 x 2 a 2 1 1 dz 1 2π dt 2 2 0 a 1 cos t 2 z 1 1 ( z 1) 2 z iz a 2 2 dz 2i 2 . z 1 z 2( 2a 1) z 1
1 d 2 3 z sin z Res[ f ( z ),0] lim 2 z . 6 ( 3 1)! z 0 dz z
计算较麻烦.
7
解
如果利用洛朗展开式求 c1 较方便:
z sin z 1 z3 z5 6 z z 6 3! 5! z z
第六章 留数理论及其应用 第一节 留数
1. 留数的定以及留数定理 2. 留数的求法 3. 函数在无穷远点的留数
1
定义6.1 设f(z)以有限点a为孤立奇点，即 f(z)在 点a的某去心邻域0<|z-a|<R内解析，则称积分 1 f ( z )dz ( :| z a | ,0 R) 2i Re s f ( z ). 为f(z)在点a的留(残)数(residue),记为：
例1 计算积分
z5 I dz 6 1 z Z 2
例2 利用无穷远点的留数计算积分 z13 dz I | z| 3 ( z 2 5)3 ( z 4 1) 2
15
第二节 用留数定理计算实积分
某些实函数的积分难以直接计算，可设法化为复 变闭合曲线积分，然后在利用留数定理计算积分 值，这时计算某些实积分的有效途径之一。
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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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。