《复变函数》(西安交大 第四版)第七讲共48页
1-5复变函数课件 西安交通大学
消去参数 y 得 : v 2 42 (2 u),
以原点为焦点,开口相左的抛物线.(图中红色曲线)
同理直线 y 的象为:
v 2 4 2 ( 2 u),
以原点为焦点,开口相右的 抛物线.(图中蓝色曲线)
14
4. 反函数的定义:
设 w f ( z ) 的定义集合为z 平面上的集合G , 函数值集合为w 平面上的集合G*, 那末 G * 中的 每一个点 w 必将对应着G 中的一个(或几个)点. 于是在 G * 上就确定了一个单值(或多值)函数 z ( w ), 它称为函数 w f ( z ) 的反函数, 也称 为映射 w f ( z ) 的逆映射.
5
2.映射的定义:
如果用 z 平面上的点表示自变量z 的值, 而用另一个平面w 平面上的点表示函数w 的 值, 那末函数 w f ( z ) 在几何上就可以看作 是把 z 平面上的一个点集G (定义集合) 变到 w 平面上的一个点集G * (函数值集合)的映射 (或变换).
6
这个映射通常简称为由 函数 w f ( z ) 所构成的映射.
2
π π 故线段 0 r 2, 映射为 0 4, , 4 2
17
例1 在映射 w z 下求下列平面点集在w 平面
2
上的象 :
(2) 双曲线 x 2 y 2 4;
解 令 z x iy, w u iv ,
则 u iv x 2 y 2 2 xyi,
放映结束，按Esc退出.
24
映射 w z 2 将 z 的辐角增大一倍 .
y
v
o
x
o
2
u
将 z 平面上与实轴交角为 的角形域映射成w 平面上与实轴交角为2 的角形域.
《复变函数》(西安交大 第四版)第7章 拉普拉斯变换
当 f (t)在一个周期上连续或分段连续时,则有
ℒ
f
(t)
1
1 es
T
T f (t)es tdt
0
这是求周期函数拉氏变换公式
例8 设f (t)是以2 为周期的函数，且在一个
周期内 的表达式 为f (t)
cos
0
t
0
t t
2
求: ℒ f (t)
est dt
k
k2
sin k t estdt
0
s2 s2 0
所以
sin
k
t
s2
k
k2
Res 0
即
k sin kt s2 k 2 (Re(s) 0)
同理可得
cos kt
s s2 k2
(Re(s) 0)
如
ℒ
sin
2t
s2
2
4
Res 0
ℒ
cos
3t
s2
s
9
Res 0
例7 求: f (t) e t (t) e tu(t) ( 0)
函数可写为 F(s) f (t) estdt 0
我们称上式为函数 f (t)的拉普拉斯变换式 ,记做
F (s) ℒ f (t)
F(s) 叫做 f (t) 的拉氏变换,象函数.
f (t) 叫做 F(s) 的拉氏逆变换,象原函数,f (t) =ℒ 1 F(s)
7.1.2 拉普拉斯变换存在定理
d ds
s2
s
k
2
s2 k2 s2 k2 2
例13 求: f (t) te t cos t 的Laplace变换。
工程数学《复变函数》(第四版)课件 1-1,2 西安交大 天津工业大学理学院 赵璐
z1 + ( z2 + z3 ) = ( z1 + z2 ) + z3
z1 ( z2 z3 ) = ( z1 z2 ) z3
分配律
z1 ( z2 + z3 ) = z1 z2 + z2 z3
9
⑤ 设 z x iy, 定义 z的共轭复数z x iy. 共轭复数的性质： i) ii)
x x1 t x 2 x1 y y1 t y 2 y1
t
∴它的复数形式的参数方程为
z x yi z1 t z2 z1 t
由z1 到 z 2 直线段的参数方程为
20
z1 z 2 1 特别地，取 t , 则线段 z1 z2 的中点为 z 2 2
z1 5 5i 3 4i 5 5i 3 4i 3 4i z 2 3 4i
z1 求 与 z2
z1 z 2
25 1 3i z , 求 Rez , Im z 与 zz . 例2 设 i 1 i
复 变 函 数
教师： 赵璐 邮箱：zhaolu.nan@
课程介绍
• 研究对象：复变函数（自变量为复数的函数） • 主要任务：研究复变数之间的相互依赖关系，
具体地就是复数域上的微积分。
· 学习方法：复变函数中许多概念、理论、和方
法是实变函数在复数域内的推广和发展，它们之 间有许多相似之处，但又有不同之点，在学习中 要善于比较、区别、特别要注意复数域上特有的 那些性质与结果。
x1 x2 y1 y2 i x2 y1 x1 y2 x1 x2 y1 y2 i x1 y2 x2 y1 2 x1 x2 y1 y2 2 Rez1 z2
复变函数 复习课件 西安交大第四版共81页文档
56、书不仅是生活，而且是现在、过 去和未 来文化 生活的 源泉。 ——库 法耶夫 57、生命不可能有两次，但许多人连一 次也不 善于度 过。— —吕凯 特 58、问渠哪得清如许，为有源头活水来 。—— 朱熹 59、我的努力求学没有得到别的好处， 只不过 是愈来 愈发觉 自己的 无知。 ——笛 卡儿
复变函数 复习课件 西安交大第四版
1、合法而稳定的权力在使用得当时很 少遇到 抵抗。 ——塞 ·约翰 逊 2、权力会使人渐渐失去温厚善良的美 德。— —伯确 定之处 始终存 在着危 险。— —塞·约翰逊 4、权力会奴化一切。——塔西佗
5、虽然权力是一头固执的熊，可是金 子可以 拉着它 的鼻子 走。— —莎士 比
拉
60、生活的道路一旦选定，就要勇敢地 走到底 ，决不 回头。 ——左
工程数学《复变函数》(第四版)课件 3-1,2,3 西安交大
⑴
⑵
f z dz
C k 1
n
Ck
f z dz
C3
C1
C
f z dz
n
k 1 C
k
f z dz 0
C2
C
D
12
2z 1 在内的任何正 dz, 为包含圆周 z 1 例4 计算 2 z z
向简单闭曲线.
解 据复合闭路原理得
2z 1 2z 1 2z 1 dz 2 dz 2 dz 2 z z z z z z c1 c2
0
0 1
C1 C2
C3
z1
2 zdz zdz zdz
C C2 1 C3 1
1 1 tdt 1 it idt i 1 i 0 0 2 2
8
三、积分的性质
i ii iii
f z dz
C
C 1
f z dz
C
4
ux t , yt xt vx t , yt yt dt
i v x t , y t x t u x t , y t yt dt
uxt , yt ivxt , yt xt iyt dt
⑴ 当 f z 是 连 续 函 数 而C 是 光 滑 曲 线 时, ⑵
C C C
C
f z 第二型曲线积分 dz一 定 存 在.
C
f z dz u iv d x iy u dx vdy i v dx udy
f z dz可以通过两个二元实变函数的线积分来计算。
复变函数 西安交大版
解
1 因为 w 在复平面内除 z 0 处处可导, z dw 1 且 2, dz z
所以 w在复平面内除 z 0 外处处解析,
z 0 为它的奇点 .
利用求导法则易得下面解析函数的性质.
定理
(1) 在区域 D 内解析的两个函数 f ( z ) 与 g( z ) 的 和、差、积、商 除去分母为零的点 在 D 内解析. ( )
u v i x x
若沿平行于虚轴的方式 z z(x 0) z
第二节 解析函数的充要条件 ◇ 一 主要定理 ◇ 二 典型例题 ◇ 三 本节小结
如果复变函数 w = f (z) = u(x, y) + iv(x, y)在定 义域 D内处处可导，则函数 w = f (z) 在 D内解析。 问题 如何判断函数的解析性呢？
本节从函数 u (x , y) 及 v (x , y) 的可导性，探求 函数w=f (z) 的可导性，从而给出判别函数解析的 一个充分必要条件，并给出解析函数的求导公式.
如果函数在 z0 的微分存在, 则称函数 f ( z ) 在 z0 可微.
特别地,
当 f ( z ) z 时,
dw dz f ( z0 ) z
dw dw f ( z0 ) z f ( z0 ) dz , 即 f ( z0 ) dz z z 0
函数 w f ( z )在 z0 可导与在 z0 可微是等价的.
f [ g( z )] f ( w ) g( z ). 其中w g( z ) (6)
1 (7) f ( z ) , 其中 w f ( z )与z ( w )是 ( w ) 两个互为反函数的单值 函数, 且 ( w ) 0
4.微分的概念: 复变函数微分的概念在形式上与一元实变 函数的微分概念完全一致. 定义 设函数 w f ( z )在 z0 可导, 则 w f ( z0 z ) f ( z0 ) f ( z0 ) z ( z )z ,
复变函数(西交大)第七讲
f (z)的最近的一个奇点之间的距离,即, R z0
(2) 在收敛圆上,这是因为f (z)在收敛 圆 内 解 析, 所 以 奇 点不 可 能 在 收 敛 圆 内 . 又奇点不可能在收敛圆外,不然的话, 收敛半径还可以扩大,因此,奇点只能在
则 f (z0 ) a0，再由幂级数的逐项求导性质得，
f '(z) a1 2a2 (z z0 ) nan (z z0 )n1 f '(z0 ) a1
, 依此 类推 得，an
1 n!
f
(n) (z0 )
n 0,1,2,
由此可见，任何解析函数展开成幂级数就是Talor 级数，因而是唯一的。
的 圆 域 z0 r,圆k的 半 径r可 以 任 意 增 大,
只 要 圆k及 其 内 部 包 含 在D内 即 可, f (z)在 解 析 点z0处 的Taylor级 数 收 敛 半 径 至 少 等 于 从z0到D的 边 界 上 各 点 的 最 短 距离.证 毕!
证明 (不讲)
(1) 若f (z)有奇点, 那么f (z)在解析点
以下定理给出了肯定回答： 任何解析函数都一定能用幂级数表示。
定理（泰勒展开定理）
设f (z)在 区 域D内 解 析, z0 D, R为z0到D的 边 界 上 各 点 的 最 短 距 离 当 z z0 R时,
f (z) cn(z z0 )n
n0
(1)
f (z)在z0处 的Taylor级数
正 向 封 闭 路 线 的 积 分 为0。 (4) f (z)在 点z0的 某 一 邻 域 内 可 展 成 幂级 数 。
§4.4 罗朗(Laurent)级数
复变函数(西交大)第三讲共48页PPT资料
| x| 1 , z
| y z| 1 x z(1 i3 ) 0
f(z) lim f(z z)f(z) u i v
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ 0
z
x x
定理2 函数f (z)=u(x, y)+iv(x, y)在D内解析充要 条件是 u(x, y) 和 v(x, y)在D内可微，且 满足Cauchy-Riemann方程
f'(z)lim f(zz)f(z)
z 0
z
设 ( z)f(z z)f(z)f'(z)
z
则 f (z+ Δz)-f(z)=f (z)Δz+(Δz)Δz (1), 且
lim(z)0
z0
令：f (z+Δz) f (z)=Δu+iΔv，f (z)= a+ib， (Δz)=1+i2 故（1）式可写为
Δu+iΔv = (a+ib)(Δx+iΔy)+(1+i2)(Δx+iΔy) =(aΔx-bΔy+1Δx2Δy)
f(z)limf(zz)f(z)
z0
z
[u(xx, y)i v(xx, y)][u(x, y)i v(x, y)]
lim
x0
x
u(xx, y)u(x, y)
v(xx, y)v(x, y)
lim
i lim
x0
x
x0
x
u i v x x
若沿平行于虚轴 z的 z 方z(式 x0)
f(z)limf(zz) f(z)
§2.2 解析函数的充要条件
1. 解析函数的充要条件 2. 举例
如果复变函数 w = f (z) = u(x, y) + iv(x, y)在定 义域 D内处处可导，则函数 w = f (z) 在 D内解析。
西安交通大学复数与复变函数教学PPT
解得 a x, 所以
b x2 1
1 2ix x 2 1 ( x i x 2 1)
西安交通大学
例3.证明 | z1 z2 |2 | z1 z2 |2 2(| z1 |2 | z2 |2 ), 并说明几何意义 证：| z1 z2 |2 ( z1 z2 )( z1 z2 )
y Im( z )
所以，2）的方程为
Im( z ) 5
z z 10i 0
zz zz ,y 方程较复杂时，一般用： x 2 2i
西安交通大学
例6 说明下列方程所表示的平面图形.
1. z 2i z 2 2. z 1, Im z 0
解：
1. z 2i z 2
再将模变到原来的r2倍
y
r1r2
z1 z2
r2
2
z2 1 2
r1 z1
1 2
o
1
x
西安交通大学
类似得
z1 r1 i (1 2 ) e . z2 r2
从而
两个复数商的模等于它们模的商； 两个复数商的辐角等于它们辐角的差.
西安交通大学
2）复数的乘幂与方根 n次幂
z r e z .z ...z
西安交通大学
例1.计算 3 8 ，并说明几何意义。 解：3 8 3 8e i 2e
k 0,1,2 2k 2k 2 cos( ) i sin( ) , k 0,1,2 3 3 1 i 3 k0 y 2 k 1 w1 k2 1 i 3 ,
18世纪： 1. 欧拉（L.Euler）建立复数理论，
《复变函数与积分变换》(西安交大-第四版)课后答案解析
网 c ⎜⎝⎛i8 − 4i21 + i⎟⎠⎞ = 1+ 3i ，| i8 − 4i21 + i |= 10 案 . ( ) ( ) Arg i8 − 4i21 + i = arg i8 − 4i21 + i + 2kπ = arg(1− 3i)+ 2kπ
9．将下列坐标变换公式写成复数的形式：
1）平移公式：
⎧ ⎨ ⎩
x y
= =
x1 y1
+ +
a1, b1;
2）旋转公式：
⎧ ⎨ ⎩
x y
= =
x1 x1
cosα sin α
− +
y1 y1
sinα , cos α .
解：设 A = a1 + ib1 ， z1 = x1 + iy1 ， z = x + iy ，则有 1） z = z1 + A ；2） z = z1(cosα + i sinα ) = z1eiα 。
故 n = 4k, k = 0, ±1, ±2,"。
16．（1）求方程 z3 + 8 = 0 的所有根 （2）求微分方程 y'''+8y = 0 的一般解。
( )1
π i
(1+
2k
)
解 （1） z = −8 3 = 2e 3 ，k=0,1,2。
即原方程有如下三个解：
1 + i 3, −2, 1 − i 3 。
−
5π 6
⎞ ⎟⎠
+
复变函数(第四版)课件--章节3.2
二 复合闭路变形原理
柯西古萨定理的推广
当闭合曲线内部包围被积函数 的奇点，该积分通常不为零，但仍 有一定的规律可以研究。
1 闭路变形原理 2 复合闭路变形原理
1 闭路变形原理
1 ：设函数 (z) 在多连通域 内解析 灰色为奇点， f D ,
2：C （深蓝色）及 1（紫色） C 为 D 内的任意两条简单闭 曲线(逆时针方向为正 ), 3： C 及 C1 为边界的区域 以 D1（浅蓝色）全含于. D
y
0 2i 2i 0 4 i
C1
C2
o
1
x
1 例5 求 C ( z a )n dz , C为含 a 的任一简单闭路 , n 为整数 . a 解 因为 a 在曲线 内部,
C1
故可取很小的正数 ,
使 C1: z a 含在 Γ 内部,
1 在以 C C1 为边界的复连通域 ( z a )n 内处处解析 ,
第二种形式更适用于计算积分，通常用于被积函 数在 C 内有一个奇点 z0，该奇点在被积函数解 析式的分母。 高阶导数公式是柯西积分公式的推广，柯西积 分公式是高阶导数公式当 n=0 时的情形。
( n)
等号右边的分式形式复杂难记，可看做是高等 数学中函数泰勒级数里 (z-z0)n 的系数。
例 11
cos z 计算 dz 5 ( z 1) | z| 2
ez ez dz dz 2 2 2 2 ( z 1) ( z 1) | z i| 1 | z i| 1
e z /[(z i ) 2 ] e z /[(z i ) 2 ] dz dz 2 2 ( z i) ( z i) | z i| 1 | z i| 1 2i e 2i e 2 (2 1)! ( z i ) z i (2 1)! ( z i ) 2 z i
工程数学《复变函数》(第四版)课件 2-1,2 西安交大
1 z; 2 f z e x cos y i sin y ; 3 z Rez .
解 1 x iy
u v 1, 1 x y
u v x y
所以函数在复平面内处处不可导，处处不解析。 13
z x iy, ( z x iy )
2 定义是指在点可导的概念，如果f z 在区域 D内处处 可导，则称 f ( z ) 在D内可导。 例1 求f z z 2的导数 . 解
2 f z z f z z z z 2 lim lim 2 z z lim z 0 z 0 z 0 z z
复 变 函 数
教师： 赵璐 邮箱：zhaolu.nan@
第二章 解析函数
§1 解析函数的概念 §2 函数解析的充要条件 §3 初等函数
f z 在x iy可导可微
？
u x, y ，v x, y 在 x, y 可微.
f z u x, y iv x, y
2
§1 解析函数的概念
一、复变函数的导数与微分
1 导数
, 定义 设函数 w f z 定义于区域 D, z0为D中的一点
z0 z点不出 D的范围 , 如极限
f ( z 0 z ) f ( z 0 ) lim 存 在, z 0 z
则称 f ( z )在 z0可导, 这个极限值称为 f ( z )在 z0的导数。
9
由于k的任意性 , 得
hz0 z hz0 当z 0时,比 值 的极限不存在 . z
hz z 仅在z 0处可导 , 而在其他点都不可导 .
2
所以
hz z 在复平面内处处不解析
复变函数 复习课件 西安交大第四版
ch1复数与复变函数
《复变函数》(西安交大第四版)第一章 复数与复变函数§1．复数及其代数运算复数：iy x z +=， 1-=i ——虚数单位． )Re(z x =——实部， )Im(z y =——虚部．两复数相等是指实部、虚部分别相等．复数间不能比较大小． 复数的代数运算：, 111y i x z += 222 y i x z +=．加法：)( )(212121y y i x x z z +++=+； 减法：)( )(212121y y i x x z z -+-=-； 乘法：)(x )(2112212121y x y i y y x x z z ++-=⋅；除法：0)(z ,22222211222222121222121≠+-+++==yx y x y x i yx y y x x z z z z z z ．复数的运算满足交换律、结合律和分配律． 共轭复数：iy x z +=，iy x z -=． 满足：(1) 212121212121zz z , ,z z z z z z z z z =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅=±=±； (2) z z =；(3) 22y x z z +=⋅； (4) x z z 2=+， y i z z 2=-． 例1．设 ii i z ---=1 31，求 Re(z)，Im(z) 与 z z ⋅ ．解：i i i i i i i i i i z 21232323)1)(1()1( 3)( ))(1(-=⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=+-+----=， Re(z) = 23，Im(z)= 21-， 254149 =+=z z ．§2．复数的几何表示1．复平面平面上建立直角坐标系xoy ，这样 (1) iy x z += ,( x −−−→←应对一一x 轴——实轴， y 轴——虚轴． 两轴所在平面称为复平面． (2) 复数 z= x+ iy 可用从原点指向点 (x, y ) 的向量表示． z 的摸：22yx r z +==． 22zzz z ==．辐角：当 0≠z 时，向量 z 与x 轴正向的交角θ，记Argz =θ． xx y Argz tg =)(．辐角主值：Argz 的主值 0arg θ=z ，满足 πθπ≤<-0． 这样，Z)(k ,2arg ∈+=πk z Argz ． 注：当 0=z 时，辐角不定．复数的加减法运算与向量的加减法法则一致．(3) 三角表示法：Argz ,z r ),sin (cos ==+=θθθi r z ． (4) 指数表示法：1sin cos sin cos eArgz, ,z r ,22i =+=+====θθθθθθθi re z i ．例1．将 31iz -= 化成三角表示式和指数表示式．解：3argz ,3rgz) tg(a ,231π-=-==+==z r ．∴ 32e z ,3sin 3cos 2i i z πππ-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-=． 平面曲线0) ,(=y x F 可用复数形式的方程表示，且一些常见曲线用复数形式表示时形式简单． 例2．将直线方程 32=-y x 化为复数形式． 解：)(i21y ),(21z z z z x -=+=， 代入方程得：6) 21() 21(=-++z i z i ．例3．求下列方程所表示的曲线：(1) 11=--i z ； (2) 4)Im(=+z i ．解：(1) y i x z +=，方程变为：1)1()1(=-+-i y x ． 即 1)1()1(22=-+-y x ——圆．(2) 设y i x z +=，则 [])1(Im )Im(=-+=+i y x z i 3-= ——直线． 3-o 1 22．复球面 （略）．§3．复数的乘幂与方根 设 111111)sin (cos θθθi er i r z =+=， 222222)s i n (c o s θθθi e r i r z =+=， 则)(2121212121θθθθ+=⋅=i i i er r er er z z ；)(2121212121θθθθ-==i i i er r er e r z z ．若θθθi rei r z =+=)sin (cos ， z 的n 次幂：θn i nner z =；又 )2()]2sin()2[cos(πθπθπθk i rek i k r z +=+++=， z 的n 次方根：nk i nnnk er nk i nk r z w )2( 2sin2cos πθπθπθ+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++==， )1n , 1, ,0(-= k ．例1．求 10)1(i -．解：4ie21π－=-i ， 10)1(i -()i 32e32e22i4i1010-===--ππ．例2．求 31i -．解：)]4isin(2k )4[cos(2k 21ππππ-+-=-i ，∴31i-)]42(31sin)42(31[cos26ππππ-+-=kik，)21,,0(=k．即)12sin12(cos26ππiw-=，)127sin127(cos261ππiw+=，1215sin1215(cos262ππiw+=．§4．区域1．区域邻域：0)(}{),(><-∈=δδδzzCzzU；去心邻域：}{),ˆ(δδ<-<∈=zzCzzU；区域：连通的开集称为区域．区域D的边界点P、边界D∂．区域的边界可能由几条曲线和一些孤立点所组成．闭区域D：区域D连同它的边界D∂．⎩⎨⎧⊂中．不能包含于任何一个圆无界点集：；有界点集：R),U(zEE区域2．单连域与多连域平面曲线C：b)t(a)()(≤≤⎩⎨⎧==tyytxx可改写成：b)t(a),()()(≤≤+==tiytxtzz．（复数形式）称C为连续曲线，若)()(tytx、连续；称C为光滑曲线，若)()(tytx''、连续、且不同时为0；称C为分段光滑曲线，若C由几段光滑曲线连接而成．称连续曲线C为（简单）闭曲线，若C是一条无重点（除端点外）的闭曲线．⎩⎨⎧有洞区域．：非单连域的区域，即多连域，即无洞区域．部均属于内任一简单闭曲线的内是区域，且：单连域DBBBB单连域B多连域D§5．复变函数1．复变函数定义：设CG⊂．若存在一确定的法则，对于每个Giyxz∈+=，按此法则，总有一个或几个相应的复数ivuw+=与z对应，则称w是z的函数，记Gz),(∈=zfw．G ——定义域；{}GzzfG∈=)(*——值域．⎩⎨⎧==为多值函数．多值函数：否则，称为单值函数；值，称值对应一个单值函数：每个)()(zfwzfwwz例：2zw=是单值函数；zw=是多值函数．iv u w += 与 iy x z += 的对应关系 )(z f w = 等价于关系：⎩⎨⎧==),,(),,(y x v v y x u u （两个二元实函数）．例：3y v 2,3x u ),3()23(23=-=+-=-=故y i x z w ． 2．映射复变函数在几何上表示映射．选择两个复平面：z 平面和w 平面．G)(z ,∈−→−w z f． z ——原象； w ——象．Z W例1：函数z w= 的映射．此映射将Z 平面上的图形映射成关于x 复变函数的反函数：*→=G G z f w :)(，反函数：G w f z =-:)(1由)(w z ϕ=构成的映射称为逆映射． 显然，*∈∀=G w )],([w f w ϕ； G z )],([∈∀=z f z ϕ．§6．极限和连续性1．极限定义：设)(z f w =在) ,ˆ(0r z U内有定义．若有常数C A ∈，使得：r <<-<>∃>∀δδε0z z 0 0, 0, 当，ε<-A z f )(，称为当 0z z →时)(z f 的极限是A ，记作A z f zz =→)(lim 0．定理一．设) ,() ,()(y x iv y x u z f +=，00iv u A +=，000iy x z +=． 则A z f zz =→)(lim 00)y ,(lim 00u x u y y x x =⇔→→， 0)y ,(lim 00v x v y y x x =→→． 证：20200)()(z z y y x x -+-=- ， 2020)()(A f(z)v v u u -+-=-．000y y x x 0z z →→⇔→-∴及； 00v v u u 0A f(z)→→⇔→-及．例1．求 zz iz ++→1 lim 1 ．解：22222211111)(y x y i y x x yx iy x z zz z f +-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++=+-+=+=+=． 2222 v ,1y x yy x x u +-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++=， i 1z 0+=． 由于23)y ,(lim 11=→→x u y x ，21)y ,(lim 11-=→→x v y x ，i iz 2123f(z)lim 1 -=∴+→． 由定理一，可得极限的四则运算法则．定理二．若 A z f z z =→)(lim 0，B z g zz =→)(lim 0， 那么：(1) B A z g z f z z ±=±→)]()([lim 0； (2) AB z g z f z z =→)]()([lim 0； (3) 0)(B ,)()(lim 0≠=→BA z g z f zz ．2．连续性定义：若 )()(lim 0 0z f z f zz =→，则称)(z f 在0z 处连续． 若)(z f 在区域D 内处处连续，则称)(z f 在D 内连续．定理三．函数) ,() ,()(y x iv y x u z f += 在000iy x z += 处连续的充要条件为：) ,(y x u 、) ,(y x v 在)y ,(00x 处连续．证：) ,() ,()(lim )(000000 00y x iv y x u iv u z f z f A z z +=+===→．例．)ln()()(22xy i y x z f ++=，这里 22y x u +=处处连续， 0 xy )ln(>=在xy v 处连续， 所以)(z f 在0xy > 处连续．由定理二、三可得如下结果．定理四．两个连续函数的和、差、积、商（分母不等于0）仍然是连续函数；连续函数的复合函数仍为连续函数．例：(1) 复多项式 nn z a z a z a a z P w ++++== 2210)( 处处连续； (2) 有理函数 mm n n zb z b z b b z a z a z a a z Q z P w ++++++++==22102210)()( 在分母不等于0处连续．注：若)()(lim 0 0z f z f Cz z z =∈→， 则称)(z f 在曲线C 上0z 点处连续．结论：若C 是一条闭曲线或包括端点的曲线，而)(z f 在C 上连续， C 则)(z f 在C 上有界：) C (z ,)(∈≤M z f ．。
2-1复变函数课件 西安交通大学
f ′( z ) = lim f ( z + ∆z ) − f ( z ) ∆z
Байду номын сангаас
∆z → 0
( z + ∆z ) 2 − z 2 = lim ∆z → 0 ∆z = lim ( 2 z + ∆z ) = 2z .
∆z → 0
′ = 2z (z )
2
4
例2 解
讨论 f ( z ) = Im z的可导性 .
特别地, 特别地 当 w = f ( z ) = z 时,
dw = dz = f ′( z0 ) ⋅ ∆z = ∆z ,
dw dw d w = f ′ ( z 0 ) ⋅ ∆ z = f ′ ( z 0 ) ⋅ d z , 即 f ′( z 0 ) = dz z = z0
数 = 函 w= f (z)在z0可 与 z0可 是 价 . 导 在 微 等 的
当点沿不同的方向使 ∆z → 0时, 极限值不同 ,
故f ( z ) = Im z在复平面上处处不可导 .
6
例3 问f ( z ) = x + 2 yi是否可导？ 是否可导？ 解
f ( z + ∆z ) − f ( z ) ∆f lim = lim ∆z → 0 ∆ z ∆z → 0 ∆z ( x + ∆x ) + 2( y + ∆y )i − x − 2 yi = lim ∆z → 0 ∆z y
所以 f ( z ) = x + 2 yi的导数 不存在 .
o
∆x = 0
y
z
∆y = 0
x
8
2.可导与连续 可导与连续: 可导与连续 处一定连续, 函数 f (z) 在 z0 处可导则在 z0 处一定连续 但 处可导. 函数 f(z) 在 z0 处连续不一定在 z0 处可导 证
2-3复变函数课件 西安交通大学
1 n
它的各个分支在除去原点和负实轴的复平面 内是解析的, 内是解析的, ′ 1 1 1 ′ 1 Lnz Lnz n 1 = 1 zn−1. ′ n = en ⋅ z = (n z ) = e nz n
24
e +e , 我们定义余弦函数为 cos z = 2 e iz − e − iz . 正弦函数为 sinz = 2i
b bLna
a b 也是多值的 . (1) 当 b 为整数时 ,
a b = e bLna = e b[ln a + i ( arga + 2 kπ )] b (ln a + iarga )+ 2 kbπi = e b ln a , a b具有单一的值 . =e
16
p ( 2) 当 b = ( p与q为互质的整数 , q > 0)时, q
x
Arge z = y + 2kπ ( k为整数 )
其辐角主值 arg e z 为区间(-π, π]内的一个辐角.
求出下列复数的辐角主值: 例2 求出下列复数的辐角主值
(1)e 2+ i ; ( 2)e 2− 3 i ; ( 3)e 3+ 4 i ; (4)e − 3−4 i ; (5)e iα − e iβ (0 ≤ β < α ≤ 2 π ).
a =e
1 n
1 Lna n
=e
1 ln a n
cos arga + 2kπ i sin arga + 2kπ + n n
18
cos arga + 2kπ i sin arga + 2kπ n =a + = a, n n
复变函数辅导上 第四版 (西安交通大学高等数学教研室 著) .
"!##, 的"’邻域%满足关系&#’#,&’" 的 点# 的 全 体 称 为 点 #, 的一个"’邻域!而 满 足 ,’&#’#,&’" 的 点# 的 全 体 称为点#, 的一个去心"’邻域%
"&#内点%设 . 是一平面点集!#,*.!若存在#, 的 某 个 邻 域 也 包含于 .!则称#, 为 . 的内点%
在 三 角 表 式 示 中 !利 用 欧 拉 公 式 %)$! #456!$$678! 可 得 ##))$! !
称 为 复 数# 的 指 数 表 示 式 % 以上复数的不同表示法仅是形 式上的差异!它们 各 有 其 特
点%复数及其运算 的 几 何 解 释 可 以 从 向 量 表 示 法 得 到!复 数运算中模与幅角的变化规律可以由三角或指数表示法
记为####!& !即
#! #&
#!!!&$ $$$""!&
#!!!!&&&$$""&&!"&
$$!&!"!&&
’!!"& $"&&
%
".#复 数 的 共 轭 及 性 质
设##!$$"!称 !’$" 为 复 数 # 的 共 轭 复 数!记 为 # 或
## !即##!’$"!它有如下性质%
" # !#!/#&##!/#&!#!#&##!!#&!##!&
!
!$!,
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 +=+≥。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
2. 展开式的唯一性
利用泰勒级数可把解析函数展开成幂级数，这样 的展开式是否唯一？
结论 解析函数展开成幂级数是唯一的，就是它 的Taylor级数。
事实上，设f (z)用另外的方法展开为幂级数:
f ( z ) a 0 a 1 ( z z 0 ) a 2 ( z z 0 ) 2 a n ( z z 0 ) n
分析：
cn
1 n!
f
(n)(z0)
21ikf(z0)n1d
z0
k:z0 rR 代入(1)得
D
k
cn(z
n0
z0)nn0f(nn)(!z0)(zz0)n
n 021 ik( f(z0))n1d(zz0)n
21 ikn 0( f(z0))n1(zz0)nd 1)
D
z0
z
k
又 f(z)21 ikf( z)d 2)
比 1 )2 较 ) ,有 f( z ) ， n 0 ( f( z 0 ) )n 1 (z z 0 )n ( )
z z0 q 1,
z0
D
z0
z
k
注意 1 到 zz0 1(zz0)
1 z0
1
1 z z0
,
z0
1 z 1 z 0 1 z z z 0 0 (z z z 0 0 )2 (z z z 0 0 )n (2 )
当z0 0时,Tay级 lor数为：
f(z)f(0 )f'(0 )zf''(0 )z2 f(n )(0 )zn
2 !
n !
函数展开成Taylor级数的方法：
• 代公式 ---直接法 • 由展开式的唯一性，运用级数的代数运算、分
析运算和 已知函数的展开式来展开 ---间接法
3. 简单初等函数的泰勒展开式
(2)在实数域中Leabharlann 1 1 x21x2
x4
(1)n x2n
为什么它的收敛半径 R 1,在实数域中的不容易
看清楚在 , 复数域中容易看出 1
1 z2
有两个奇点
z i,R 1
定理
(1)函 数 f (z)在 点 z0解 析f (z)在z0的
某 一 邻 域 内 可 展数成 幂 cn(z级 z0)n， 且 收 敛 n0
故 f( z)n 0(f (z)0)((z zz0 0))n n
n 0( f(z0))n1(zz0)n ---(﹡)得证！
(1) 若f (z)有奇点那, 么f (z)在解析点 z0 的Talo展 r 开式的收敛半 R等径于从z0到
f (z)的最近的一个奇 之点间的距离, 即, R z0 (2) 在收敛圆上这, 是因为f (z)在收敛 圆内解析,所以奇点 不可能在收敛圆内. 又奇点 不可能在收敛圆外不,然的话, 收敛半径还可以扩大,因此,奇点 只能在
1z2z4(1)n z2n (1）nz2n
2! 4!
(2n)! n0 (2n)!
sizn,coz在 s 全平面 它 上 们 解 的 R析 半 ，
上述求sinz, cosz展开式的方法即为间接法.
例2 把下列函数展开成 z 的幂级数，指出它们的 收敛半径:
1
1
(1 )f(z) 1 z(2 )f(z) (1 z)2 (3 )f(z) ln 1 z) (
例1 求f(z)ez,sinz,cosz在z 0的Talor 展 开 式 ， 并 指 出收 它敛 们半 的径 。
解 (e z)(n ) e z 1(n 0 ,1 ,2 , )
z 0
z 0
ez1zz2z3zn 2! 3! n!
e z在复平面上处处解析，
该级数的收敛R半径 .
f(z ) f (n )(0 )z n f(0 ) f'(0 )z f''(0 )z 2 f(n )(0 )z n
z dz zd zzzd zz( 1 )nzn d z
01z 0 0
0
ln 1 z )( z z 2 1 z 3 ( 1 )nz n 1 z 1
23
n 1
(1)另一方面，因ln(1+z)在从z=-1向左沿负 实轴剪开的平面内解析， ln(1+z)离原点最近的一 个奇点是-1,它的展开式的收敛范围为z<1.
则f(z0)a0，再由幂级数导的性逐质项得
f ' ( z ) a 1 2 a 2 ( z z 0 ) n n ( z z 0 a ) n 1 f ' ( z 0 ) a 1 ,依此类 ann 1 !推 f(n )(z0 得 ) n0 ， ,1 ,2 ,
由此可见，任何解析函数展开成幂级数就是Talor 级数，因而是唯一的。
§4.3 泰勒(Taylor)级数
1. 泰勒展开定理 2. 展开式的唯一性 3. 简单初等函数的泰勒展开式
1. 泰勒(Taylor)展开定理
由§4.2幂级数的性质知:一个幂级数的和函数在 它的收敛圆内部是一个解析函数。
现在研究与此相反的问题： 一个解析函数能否用幂级数表达? (或者说,一个解析函数能否展开成幂级数? 解析函 数在解析点能否用幂级数表示？）
以下定理给出了肯定回答： 任何解析函数都一定能用幂级数表示。
定理（泰勒展开定理）
设 f(z)在区 D 内 域 解 ,z0 析 D ,R 为 z0到 D 的边 上各点的 当 最 zz0短 R时 距 , 离
f(z)cn(zz0)n n0
(1)
f (z)在z0处 的Taylor级 数
其:c 中 nn 1 !f(n )(z0) n0 ,1 ,2 ,
解 (1 )11zz2 zn z1 1z
1
1
1
z
1(z)
1 z ( 1 )n zn z 1
(2)由幂级数逐项求导性质得：
1
(1z)2
ddz11z
d1zz2(1)n1zn dz
1 2 z 3 z 2 ( 1 ) n 1 n n 1 z z 1
(3)在 收 敛 z1内 圆任 意 取 0 一 z(z条 1)从 的 路 c,将 径 (1)的 展 开 式 c逐 两项 边积 沿 : 分 得
n 0 n !
2 !
n !
ezi ezi
sinz 2i
21i n0(zni!)n n0(nz!i)n
1 2i2k1z2k1
2ik0 (2k1)!
(1)k z2k1
k0 (2k1)!
z3 z5 z7
siznz
(1)nz2n1
3! 5! 7!
n0 (2n1)!
又 coz s(siz)n'