复变函数论习题答案.pdf

第一章第一章 复变与复变函数复变与复变函数 （一）（一） 1.解：1) 2 3 () 2 1 ( 22 z Argz=argz+k2= kk2 3 2)3arctan( ), 2, 1, 0(k 2.解:因为 i eize i z 64 23, 2 1 21 所以 ii e z z ezz 12 5 12 2 1 ,2 2 1 21 3.解:由0 44 az 得 44 az 则二项方程的根为 aw kk )1(4 ) 3 , 2 , 1 , 0( k aee ii k 44 2 ) 3 , 2 , 1 , 0( k 因此 )1 ( 2 0 i a w,)1( 2 1 i a w )1( 2 2 i a w,)1 ( 2 3 i a w 4.证明:因为)Re(2 21 2 2 2 1 2 21 zzzzzz )Re(2 21 2 2 2 1 2 21 zzzzzz 两式相加得 )(2 2 2 2 1 2 21 2 21 zzzzzz 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)(2 2 2 2 1 2 21 2 21 zzzzzz 由题目条件 0 321 zzz知 321 zzz 可有 321 zzz 于是 3)(2)(2 2 3 2 2 2 1 2 21 2 2 2 1 2 21 zzzzzzzzz 同理 3 2 13 2 32 zzzz 所以 3 133221 zzzzzz 因此 321 ,zzz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 1 z与 2 z两点连线的中垂线;不是区域. (2)令yixz,由4 zz得 yixyix)4(,即 2222 )4(yxyx,得2x 因此, z点的轨迹是以直线2x为右界的右半平面(包括直线);不是区 域. (3)同(2)yixz,得0x,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 3Re2 4 ) 1arg(0 z z 得 32 41 arctan0 x x y 即 32 10 x xy 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 4 arg 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, 2 1 为半径以及) 2 3 , 0( i 为圆心, 2 1 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),(0cbacbyax为实常数,ba,不全为零. 以 i zz y zz x 2 , 2 代入化简得 0)( 2 1 )( 2 1 czbiazbia 令 0)( 2 1 bia 得 0czz 反之(逆推可得). 8.证明: 因为 Z 平面上的圆周可以写成 0 zz 其中 0 z为圆心，为半径 所以 2 000 zzzzzz 0000 z zzzzzzz 令 2 00 1,ABz Cz ，从而圆周可以写成 0AZ ZB ZBZC,A C为实数，且 22 2 00 BzzAC 9.证明：可证 12 13 zz zz 为实数. 10.解:(1)令)1 (ityixz,得yx ,即曲线为一,三象限的角平分线. (2)令,sincostibtayixz得tbytaxsin,cos,则有 1 2 2 2 2 b y a x ,故曲线为一椭圆. (3)令)0( t i t tyixz,可得 t ytx 1 ,则1xy,故曲线为一双曲线. (4)令 2 2 t tyixz,得 2 2 1 , t ytx,即1xy)0, 0(yx,故曲 线为双曲线在第一象限内的一支. 11.解:(1)由于4 222 zyx,又有)( 4 111 22 yix yx yix yixz w 所以 , 4 , 4 y v x u则 4 1 )( 16 1 2222 yxvu 这表示在w平面上变成的曲线是以原点为圆心, 2 1 为半径的圆周. (2)将xy 代入 yix w 1 ,即 yix ivu 1 中得 x i xx i ix ivu 22 1 2 1 )1 ( 1 于是, 2 1 , 2 1 x v x u因此uv,故曲线为w平面上二,四象限的角分线. (3)同上将1x代入变换 yix ivu 1 得 2 1 1 1 1 y yi yi ivu 于是, 1 , 1 1 22 y y v y u 且u yy y vu 222 2 22 1 1 )1 ( 1 故解得 4 1 ) 2 1 ( 22 vu,这表示曲线变成w平面上的一个以)0 , 2 1 (为圆心, 2 1 为半径的圆周. (4)因1) 1( 22 yx,即可得0zzzz 将 w z w z 1 , 1 代入得 0 1111 wwww ,即 ww ww ww 1 ,因此1 ww 所以这表示曲线变成w平面上的一条过)0 , 2 1 (且平行于虚轴的直线. 12.证明:(1)首先考虑函数 n zzf)(在z平面上的连续性. 对复平面上任意一点 0 z,来证明 n n zz zz 0 0 lim 不妨在圆1 0 zMz内考虑. 因为 1 0 1 00 21 00 ( n nnn n n nMzzzzzzzzzz,故对0, 只需取 1 n nM ,于是当 0 zz时,就有 n n zz 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)(zf在 z平面上除使分母为零点外都连续. 13.证明:令 z z zz zfarg 0, 0 0,arg )( 分情况讨论: (1) 若0 0 z,由于当z沿直线)(arg 00 z趋于原点时,)(zf趋于 0 , 这里 0 可以取不同值,因而)(zf在0 0 z处不连续. (2) 若)0( 0 xz由定义当z从上半平面趋于 0 z时, )(zf趋于,当z从下半 平面趋于 0 z时, )(zf趋于,所以)(zf在实轴上不连续. (3) 其他点 0 z,作一个以 0 z为中心为半径的圆,只要充分小,这个圆总可以 不与负实轴相交. 任取 0 Argz的一个值 0 ,以 0 z为中心为半径的圆,因 0 zzn,故存在自然 数N,当Nn 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)(2, 0 arcsin)( z ,因此总可以选取 n Argz的一个值 n zarg.当 Nn 时,有)(arg 0 n z,因0时,0)(.因而,总可以选取, 使)(小于任何给定的0,即总有 0 argargzz.因此)(zf在 0 z连 续. 综上讨论得知, )(zf除原点及负实轴上的点外处处连续. 14.证明:由于)(zf的表达式都是yx,的有理式,所以除去分母为零的点 0z,)(zf是连续的,因而只须讨论)(zf在0z的情况. 当点yixz沿直线kxy 趋于0z时, 2222 11 )( k k k k yx xy zf 这个极限值以k的变化而不同,所以)(zf在0z不连续. 15.证明:由zzf)(连续即得. 16.证明:1z在1z 内连续且不为 0，故 1 1z 在1z 内连续 0 1 1,0, 2 ，均存在 12 1,1 42 zz 使得 12 4 zz 12 12 112 1 11 f zf z zz 故 f x在1z 内非一致连续 17.证明：必要性：设iyxz n 000 lim ，由定义0, 0N，当Nn 时， 恒有 0 zzn，从而由定义知 00 zzxx nn 00 zzyy nn 即)(, 00 nyyxx nn 充分性:由定义得 00000 )()(yyxxiyyxxzz nnnnn 因此,当)(, 00 nyyxx nn 时,必有)( 0 nzzn. 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 0 limzzn n .则由定义对0) 2 (, 0 NN，当Nn 时，恒 有 2 0 zzn. 因而对任何自然数p,也有 2 0 zz pn . 利用三角不等式及上面两不等式, 当Nn 时,有 00 zzzzzz npnnpn 充分性:设对0)(, 0N,当Npnn,时,有 0 zz pn ,由定义 得 npnnpn zzxx npnnpn zzyy 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 nyyxx nn ,有 iyxiyxz nnn00 19.证明:设), 3 , 2 , 1(nMziyxz nnnn ,因为Mzyx nnn ,所以 nn yx ,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(kiyx kk nn 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(jiyxz kjkjkj nnn 中, k n x任收敛于a,因此所设序 列有一收敛于bia的子序列. 20.证明:(1)若0 0 z,则由定义对N, 0,当Nn 时有 2 n z 而 n zzz n zzz n zzz z nNNNn n 212121 固定N,取 n zzz q NN 210 2 ,max,则当 0 Nn 时,有 2 21 n zzz N 故 n zzz n zzz z nNNN n 2121 (2)若0 0 z,则当0)(lim 0 zzn n , 0 0001 0 )()( z n nzzzzz zz n n 0 )()( 001 n zzzz n （二）（二） 1.解: i i i e e e i i 19 3)3( 25 3 2 )( )( )3sin3(cos )5sin5(cos 2.解:由于 it ez ,故ntintezntintez ntinntin sincos,sincos 因此 nt z znt z z n n n n sin2 1 ,cos2 1 3.证明:已知 1355 1322cossin 2233 n n nn nn nn xiyiii 因此 55 2 cos,2 sin 33 nn nn nn xy 11nnnn x yxy 1 515155 2 2cossinsincos 3333 nn nnnn 21 515 2sin 33 n nn 4.证明：第一个不等式等价于 22 2 2 )( 2 1 yxzyx，即)(22 2222 yxyxyx,即0)( 2 yx 这是显然的,因此第一个不等式成立. 第二个不等式等价于 22222 2 2)(yyxxyxyxz ,即02yx 这是显然的,因此第二个不等式成立. 5.证明:利用公式 )Re(2 21 2 2 2 1 2 21 zzzzzz以及zz Re 6.证明: 因为 2 1, azbazb azb z bzabza bza 所以 22 22 1 aabzabzb babzabza 故 1 azb bza 7.解:设 0 z为对角线 31z z的中点,则 izzz21)( 2 1 310 分别左旋及右旋向量 30z z各 2 ,写成复数等式后,即可由此解得顶点 2 z的坐标 为(4,1); 顶点 4 z的坐标为(-2,3). 8. 证 明 : 由 于 123 z z z与 123 ww w同 向 相 似 的 充 要 条 件 是 33, zw且 2323 1313 zzww zzww , 而 23 3 13 arg, zz z zz 23 13 arg ww w ww , ,于是有 2323 1313 zzww zzww ,即 11 22 33 1 10 1 z w z w z w . 9.证明： 123 ,z zz 4 ,z四点共圆或共直线的充要条件为 1 2 33 4 1 0z z zz z z或 但 32 1 23 21 arg zz z z z zz ， 14 34 1 43 arg zz z z z zz 32321414 21432143 ar gar gar g zzzzzzzz zzzzzzzz ， 因此 1234 ,z z z z共圆周或共直线的充要条件为 3414 1232 : zzzz zzzz 为实数. 10.证明:由 21 OzOz 知 2 argarg 21 zz 故 i z z z z 2 1 2 1 ,两边平方即得0 2121 zzzz,反之亦然. 11.证明:因为 2 2 2 1 k zz zz ,从而 2 2 1 2 1 k zz zz zz zz 所以 2 22 2 2 2 111 2 zzzzkzzzzzz 即 2 1 2 2 2 2 12 2 1 2 2 )()()1 (zzkzkzzzkzzkz 亦即 22 2 21 2 22 2112 2 1 2 2 2 2 2 2 2 1 )1 ()1 ( )( 1k zzk k zzzzzzk k zkz z 故有 2 21 2 2 2 1 11k zz k k zkz z ,此为圆的方程,该圆圆心为 2 2 2 1 0 1k zkz z ,半径 为 2 21 1k zz k ), 10( 21 zzk. 12.证明: 2222 )1()1 (111 1 1 babazz z z 022)1()1 ( 2222 aaababa 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. 第二第二章章 解析函数解析函数 （一）（一） 1.证明:0,使 0001 / ),(tttt,有)()( 01 tztz,即C在)( 0 tz的对应去心 邻域内无重点,即能够联结割线)()( 10 tztz,是否就存在数列 01 tt n ,使 )()( 01 tztz n ,于是有 0 )()( lim)( 01 01 0 01 tt tztz tz n n ttn 此与假设矛盾. 01001 ),(ttttt 因为 )()(ar g )()( ar g 01 01 01 tztz tt tztz 所以 )()( limarg )()( arglim)()(arglim 01 01 01 01 01 010101tt tztz tt tztz tztz tttttt 因此,割线确实有其极限位置,即曲线C在点)( 0 tz的切线存在,其倾角为 )(arg 0 t z . 2.证明:因)(),(zgzf在 0 z点解析,则)(),( 00 zgzf均存在. 所以 )( )( )()( )()( lim )()( )()( lim )( )( lim 0 0 0 0 0 0 0 0 000zg zf zz zgzg zz zfzf zgzg zfzf zg zf zzzzzz 3.证明: 33 22 ,0,0 , ,0,00 x y xy u x yxy x y 33 22 ,0,0 , ,0,00 x y xy v x yxy x y 于是 00 ,00,0 0,0limlim1 x xx u xux u xx ,从而在原点 f z满足CR条 件,但在原点， 0,00,0 xx uivuivffz zz 33 33 11ixyi z xyz 当z沿0yx时,有 2 1 2 ffzi z x 故 f z在原点不可微. 4.证明:(1)当0z时,即yx,至少有一个不等于 0 时,或有 yx uu ,或有 yx uu , 故z至多在原点可微. (2)在C上处处不满足CR条件. (3)在C上处处不满足CR条件. (4) 22 1 yx yix zz z z ,除原点外, 在C上处处不满足CR条件. 5.解:(1) yxyxvxyyxu 22 ),(,),(,此时仅当0 yx时有 xyvxyuxvyu xyyx 22, 22 且这四个偏导数在原点连续,故)(zf只在原点可微. (2) 22 ),(,),(yyxvxyxu,此时仅当yx 这条直线上时有 00,22 xyyx vuyvxu 且在yx 这四个偏导数连续,故)(zf只在yx 可微但不解析. (3) 33 3),(,2),(yyxvxyxu,且 00,96 22 xyyx vuyvxu 故只在曲线0 2 1 2 3 1 2 xy 上可微但不解析. (4) 3223 3),(,3),(yyxyxvxyxyxu在全平面上有 xyvxyuyxvyxu xyyx 66,3333 2222 且在全平面上这四个偏导数连续,故可微且解析. 6.证明:(1) yyxx iuvivuzfDyixz)(0 , (2)设 .f zuiv则 f zuiv，由 f z与 f z均在 D 内解析知 , xyyx uv uv , xyyx uv uv 结合此两式得0 xyxy uuvv，故, u v均为常数,故)(zf亦为常数. (3)若0)( Czf,则显然0)(zf,若0)( Czf,则此时有0)(zf,且 2 )()(Czfzf,即 )( )( 2 zf C zf也时解析函数,由(2)知)(zf为常数. (4)设 .f zuiv,若Cyxu),(,则0, 0 yx uu,由CR条件得 0, 0 xyyx uvuv 因此vu,为常数, 则)(zf亦为常数. 7.证明：设,fuiv gi fpiQ则,fuiv gviu由 f z在 D 内解析 知, xyyx uv uv 从而 ,xxyvyyx pvuQ pvuQx 因而 g z亦 D 内解析. 8.解:(1)由 3223 3),(,3),(yyxyxvxyxyxu,则有 2222 33,6,6,33yxvxyvxyuyxu yxyx 故 yxyx vvuu,为连续的,且满足CR条件,所以 zf在z平面上解析,且 222 36)33()(zxyiyxivuzf xx (2) ,cossin,cossin xx u x yexyyyv x yeyyxy cossincos x xy uexyyyyv si nsi ncos x yx uexyyyyv 故 f z在 z 平面上解析，且 cos1sinsin1cos xx fzeyxyyieyxyy (3)由xshyyxvxchyyxucos),(,sin),(,则有 xchyvxs hyvxs hyuxchyu yxyx cos,s in,s in,cos 故 yxyx vvuu,为连续的,且满足CR条件,所以 zf在z平面上解析,且 zxs hyixchyivuzf xx coss incos)( (4)由xshyyxvxchyyxusin),(,cos),(,则有 xchyvxs hyvxs hyuxchyu yxyx s in,cos,cos,s in 故 yxyx vvuu,为连续的,且满足CR条件,所以 zf在z平面上解析,且 zxs hyixchyivuzf xx s incoss in)( 9.证明:设, i zxyire 则cos ,sin ,xryr 从而cossin ,sincos rxyxy uuuuu ru r cossin ,sincos , rxyxy vuvvv rv r 再由 11 , rr uv vu rr ，可得, xyyx uv uv ，因此可得 f z在点 z 可微且 11 cossinsincos xyrr fzuiuruui ruu rr 1 co ss i ns i nco s r iuiu r cossi nsi ncos rr iuiv coss i n rr iuiv 1 co ss i n rrrr r ui vui v iz 10.解:(1) xyixzi eee 2)21(22 (2) 22222 2yzxyiyzz eee (3) 222222 1 1 x yixy i x iyxyxyxy z eeeee 所以 2222 1 Recos xy xyxy z ee 11.证明:(1)因为)sin(cosyiyeeeee xyixyizz 因此 )sin(cosyiyee xz 而)sin(cosyiyeeeee xyixyizz ,得证. (2)因为 i ee z iziz 2 sin 所以 z i ee i ee z izizzizi sin 22 sin (3)因为 2 cos iziz ee z 所以z eeee z izizzizi cos 22 cos 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1m时,等式自然成立. 假设当1 km时,等式成立. 那么当km 时, kzzkzkz eeee 1 )()(,等式任成立. 故结论正确. 13.解:(1) ) 1sin1(cos 333 ieeee ii (2) 11 cos 1 2 iiii ee i 11 2 iii ee c o s 11s i n 11 22 eie ee 14.证明:(1)由于zzgzzf)(,sin)(在点0z解析 且01)0(, 0)0()0(ggf 因此 1 1 cossin lim 0 0 z z z z z (2)由于0)(, 1)(zgezf z 在点0z解析,且01)0(, 0)0()0(ggf 因此 1 1 lim 0 0 z z z z e z e (3)由于zzzgzzzzfsin)(,cos)(在点0z解析, 且1)0(, 0)0()0(, 0)0()0(, 0)0()0( ggfgfgf 因此 3 cos1 sincos1 lim sin cos lim 00 z zzz zz zzz zz 15.证明： 2 cos iziz ee z )cos ()cos (cosnbabaa = 222 )()()()(nbainbaibaibaiiaia eeeeee = ib bni ia ib bni ia e e e e e e 1 1 1 1 2 1 )1()1( =) 2 cos( 2 sin 2 1 sin nb a b b n =右边 同理证明(2). 16.证明:(1) zi ee i i ee i ee iz zzzziziizi sinh 222 )sin( )()( (2) z eeee iz zziziizi cosh 22 )cos( )()( (3) zi i ee i ee iz iziziziz sin 22 )sinh( (4) zziziizcos)cos()cos()cosh( (5) zi z zi iz iz iztanh cosh sinh )cos( )sin( )tan( (6) zi z zi iz iz iztan cos sin )cosh( )sinh( )tanh( 17.证明:(1) 1)(sin)(cos)( 222222 izizishzzchzshzch (2) 1 11 sec 2 2 2 2 2 22 zch zsh zch zsh zch zthzh (3) )sin()sin()cos()cos()cos()( 21212121 izizizizizizzzch 2121 s hzs hzchzchz 18.证明:(1) xshyixchyiyxyixyixzcossin)sin(cos)cos(sin)sin(sin (2) xshyixchyiyxyixyixzsincos)sin(sin)cos(cos)cos(cos (3) yxyxshyxchxshyixchyz 222222 22 sinhsincossincossinsin (4) yxyxshyxchxshyixchyz 222222 22 sinhcossincossincoscos 19.证明: chz eeee shz zzzz 2 ) 2 ()( s h z eeee ch z zzzz 2 ) 2 ()( 20.解:(1) )31arg(31ln)31ln(iiiiz )2 3 (2ln ki ), 1, 0(k (2)由于 2 ln i z ,则有iiez i 2 sin 2 cos 2 (3)由于)2(1kee iz ,故)2(kiz (4)zzsincos,即1tanz,所以 k i i i z 41 1 ln 2 1 (5) 设,zxiy由1 2tgzi 得 sin 1 22 cos iziziziz z ieeiee z 2 2 55 iz i e 2 2 cos2 5 y ex ， 1 sin2 5 x 4 1ln5 , 54 y ey 且 111 2, 222 tg xxarctg 11ln5 224 zarctgi 21.证明:因) 1arg(1ln) 1ln() 1ln( iii reirerez,所以 )cos21ln( 2 1 )sin() 1(ln1ln)1Reln( 222 rrrrerez ii 22.解: 3 2)( 3 )()( kz i k ezrzw ,)2 , 1 , 0;2)(0 ;(kzGz 利用iiw)(定2,kk,再计算)( 2 iw 23.解: 2 ,22 i i eie,由 3 2)2(w定1,kk,再计算 i eiw 4 5 1 )( 24.解: )2 4 (2ln )2)1(arg(1ln )1ln( )1 ( ki kiiii iii eeei )2 4 ( 2ln k i ee ), 2, 1, 0(k kikiiii eeee 23ln)23(arg3ln3ln 3 ), 2, 1, 0(k 25.解:z在z平面上沿0z为圆心,1R为半径的圆周C从A走到B,经过变换 4 zw ,其象点w在w平面上沿以0w为心,1 4 R为半径的象圆周从 A 走 到 B ,刚好绕1ww的支点-1 转一整周,故它在 B 的值为Bw1.因此 1)()( 4 Rzfzf AB . 26.证明： 2 3 1f zz z可能的支点为 0，1， 由于 3|1 2，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 argf z得 a r g2 31 c ifzi fii iee 2 a r g 1a r g 6 3 2 cc i zz e 3 2 6342 2 i e 7 6 12 2 i e . ( (二二) ) 1. 证 明 : 由 2 1 z f z z 得 2 2 2 1 1 z fz z ，从而于是 f z在 D 必常数 2 2 2 22 2 11 1 1 11 zz fzz z f zz zz 4 2 4 2 12 1Re m zI zi zz 所以 4 4 2 1 Re 12Re zfz z f z zz 由于1z ，因此 4 10,z且 2 4422 2 12Re1210zzzzz 故 Re0 fz z f z . 2.证明:同第一题 2 2 1 Im21 1 1 )( )( 1 z ziz z z zf zf z . 3.证明:题目等价域以下命题:设 1 ,EE为关于实轴对称的区域,则函数在E内解析 )(zf在 1 E内解析. 设)(zf在E内解析,对任意的 10 Ez ,当 1 Ez时,有EzEz, 0 ,所以 )( )()( lim )()( lim 0 0 0 0 0 00 zf zz zfzf zz zfzf zzzz 这是因为)(zf在E内解析,从而有)( )()( lim 0 0 0 0 zf zz zfzf zz ,由 0 z的任意性可 知, )(zf在 1 E内解析. 4.证明:(1)由于)( 2 1 ),( 2 1 zz i yzzx,根据复合函数求偏导数的法则,即可得 证. (2) )( 2 1 )( 2 1 x v y u iy v x u z v i z u z f 所以 x v y u y v x u ,得 0 z f 5.证明: xyshyshxyxchyixz 222222 sin)sin1 (sin)sin(sin 所以 zxyshshysinsin 22 而 zys hyIm ,故左边成立. 右边证明可应用zsin的定义及三角不等式来证明. 6.证明:有 Rchychyshyshxz 22222 2 1sinsin 即 chRt s in 又有 Rchychyshyxz 22222 2 1sinhcoscos 7.证明:据定义,任两相异点 21,z z为单位圆1z,有 21 2 2 21 2 1 21 21 )32()32()()( zz zzzz zz zfzf 011222 2121 zzzz 故函数)(zf在1z内是单叶的. 8.证明:因为)(zf有支点-1,1,取其割线-1,1,有 (1) 10 1 8 2)(, 8 )(arg ie c eifzf (2) i cc eifzf i zf 8 5 2)(, 8 5 )(arg, 8 11 )(arg 32 9.解: 因为)(zf有支点 , 1 i,此时支割线可取为:沿虚轴割开,ii,沿实轴割开 , 1 ,线路未穿过支割线,记线路为C, )arg()(arg()1arg( 2 1 )(argizizzzf cccc 2 0 2 1 故 izf5)(. 10.证明：因为 1fzzz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0Re1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 2 ，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 2 ，故 2 122 i fei ,if 16 2 ) 1( . 第三章第三章 复变函数的积分复变函数的积分 （一）（一） 1.解:) 10(=xxy为从点 0 到 1+i 的直线方程,于是 + +=+ i C yixdixyxdzixyx 1 0 22 )()()( +=+= 1 0 2 1 0 2 )1()()(dxxiiixxdixxx 3 1 0 1 3 )1( 3 ix i = 2.解:(1)11,:=xxzC,因此1 1 1 = C dxxdzz (2) i ezC=:,从变到 0,因此 2 00 = deidedzz i C i (3)下半圆周方程为 2,= i ez,则 2 02 = dieidedzz i C i 3.证明:(1)11 , 0 :=yxC 因为1)( 222 =+=iyiyxzf,而积分路径长为2)(=ii 故2)()( 2222 +=+ i iC dziyxdziyx. (2)0, 1: 22 =+xyxC 而1)( 4422 +=+=yxiyxzf,右半圆周长为, 所以+ i i dziyx)( 22 . 4.解:(1)因为距离原点最近的奇点 2 =z,在单位圆1z的外部,所以 zcos 1 在 1z上处处解析,由柯西积分定理得0 cos = C z dz . (2) 1)1( 1 22 1 22 + = +zzz ,因奇点iz+=1在单位圆1z的外部, 所以 22 1 2 +zz 在1z上处处解析,由柯西积分定理得0 22 2 = + C zz dz . (3) )3)(2(65 2 + = +zz e zz e zz ,因奇点3, 2 =z在单位圆1z的外部, 所以 65 2 +zz ez 在1z上处处解析,由柯西积分定理得0 65 2 = + C z zz dze . (4)因为 2 coszz在1z上处处解析, 由柯西积分定理得 0cos 2 = C dzzz. 5.解:(1)因 2 )2()(+=zzf在z平面上解析,且 3 )2( 3 +z 为其一原函数,所以 32 2 3 )2( )2( 3 2 2 2 i i z dzz i = + + =+ + (2)设tiz)2(+=,可得 dteeee i dtit i dz z ti t ti t i )( 2 2 )2)( 2 2 cos( 2 cos 1 0 1 0 22 0 + + + =+ + = 1 +=ee 6.解: 2 2 0 (281) a zzdz + = 2 32 0 2 4 3 | a zzz + = 3322 28 162 3 aaa+ 7.证明:由于)(),(zgzf在单连通区域D内解析,所以 )()(),()(zgzfzgzf在D内 解 析 , 且)()()()()()(zgzfzgzfzgzf+=仍 解 析 , 所 以)()(zgzf是 )()()()(zgzfzgzf+的一个原函数. 从而 =+ )()()()()()(zgzfdzzgzfzgzf 因此得 = dzzgzfzgzfdzzgzf)()()()()()(. 8.证明： | | 1 | 1,0 2 z dz z z = = = + Q 设, ii zedzie d = 22 22 00 ( cossin )(cos2)sin 0 (cos2)sin 2 i i idii d e e + = + + = 2 0 2sin(12cos ) 54cos i d + + 于是 2 0 12cos 0, 54cos d + = + 故 0 12cos 0 54cos d + = + . 9.解:(1)因为12)( 2 +=zzzf在2z上是解析的,且21=zz,根据柯西公 式得 izzidz z zz z z 4)12(2 1 12 1 2 2 2 =+= + = (2)可令12)( 2 +=zzzf,则由导数的积分表达式得 izfidz z zz z z 6)(2 )1( 12 1 2 2 2 = + = = 10.解:(1)若 C 不含z= 1，则 2 0 1 zdz z = c sin 4 (2)若 C 含 z=1 但不含有 z=-1,则 2 2 2 2 2 122 zdz ii z = c sin 4 (3)若 C 含有 z=-1,但不含 z=1,则： 2 2 2 1 zdz i z = c sin 4 (4)若 C 含有1z= ,则 2 111 sin() 12411 c zdz zdz zzz = + c sin 4 222 ()2 222 i i =+= 11.证明: =+ + = + 2 0 sincos 2 0 sincos )()sin(cos sincos ideeid i e dz z e i i C z += 2 0 coscos )cos(sin)sin(sindiee 再利用柯西积分公式id e dz z e CC z 2 0 = = 则 = 2 0 cos 2)cos(sinde,由于)cos(sin cos e关于=对称,因此 = 0 cos )co