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复变函数习题选解第一章 复数和复变函数习题1.11求下列复数的实部和虚部：，。解：， ， ， ， ， ，。2求下列复数的模和辐角：， i，2 i。解： ，（k为整数） ，（k为整数） | i | = 1，（k为整数） ，。4求1 + i和 i的n次方根。解：（k = 0，1，2，n 1），k = 0，1，2，n 1。5设z = x + iy，证明：| x | | z | | x | + | y | 及 | z | 。证明： | z | =， | x | | z | | x | + | y |，又 | z | =， | z |。11写出任意直线方程的复数形式。解：设直线方程为Ax + By = C（A、B、C为实常数，且A、B不同时为零），因x =，y =，代入上式得+= C。即 += C。令，则。于是直线方程的复数形式，其中为非零复数，C为实数，z = x + iy。12求证：是一圆，其中b为实数，且| a| 2 b，并指出其圆心的位置和半径大小，若 | a | 2 = b或 4b，于是原方程变为 x2 + y2 + Bx + Dy + b = 0，其中B、D、b均为实数，且B2 + D2 4b，即原方程代表一个实圆，其圆心为(，)，半径为。若 | a | 2 = b，原方程代表一个点(，)若 | a | 2 b，原方程代表一个虚圆。习题1.25下列参数方程代表什么曲线？其中 t 0），是等边双曲线在第一象限的一支。（4）由z = acost + ibsint，得x = acost，y = bsint，即= 1，这是椭圆。6指出下列方程的图形： （1）| z 5 | = 6；（2）| z + i | = | z i |；（3）Re(i) = 3 ；（4）| z + 3 | + | z + 1 | = 4；（5）arg(z i) =；（6）Im= 1。解：（1）表示圆心在z = 5，半径为6的圆周。（2）满足该方程的点到i与 i距离相同，故为x轴，或由 | z + i | = | z i | 得 x 2 + (y + 1)2 = x2 + (y 1)2， y = 0，即x轴。（3）由Re(i) = 3得Rei(x iy) = 3，即y = 3，为平行x轴的直线。（4）由 | z + 3 | + | z + 1| = 4知，该图形上的点是到 3， 1的距离之和为常数4的点。由椭圆定义，该方程代表的图形为焦点( 3，0)，( 1，0)而长轴为4的椭圆。（5）由辐角定义，该图形为由i出发且与x轴正向成45o的射线（不含i）。（6） ， ，即 = 1，亦即 x 2 + (y +) 2 = () 2，故原方程代表的图形是以(0，)为圆心、为半径的圆周（除去(0，0)）。8函数w =把下列z平面上的曲线映射成W平面上怎样的曲线？（1）x 2 + y 2 = 4；（2）y = x；（3）x = 1；（4）(x 1) 2 + y 2 = 1。解：设z = x + iy，w = u + iv，则w =，即 u + iv =，u =，v = 或 x =，y =。（1）由x 2 + y 2 = 4得u 2 + v 2 =，即w =将x 2 + y 2 = 4变成w平面上的曲线u 2 + v2 =。（2）由y = x得u = v，即W =将直线y = x映射成W平面上的二、四象限坐标角的平分线。（3）由x = 1得u 2 + v 2 = u，即 (u ) 2 + v 2 = () 2，即把直线x = 1映射成圆周（以(，0)为圆心，为半径）。（4）由(x 1) 2 + y 2 = 1得 (u 2 + v 2)(1 2u) = 0， u =。习题1.32下列级数是否收敛？是否绝对收敛？ （1）；（2）；（3）。解：（1） ，又，均收敛。故收敛，但发散，故条件收敛。（2） 收敛。故绝对收敛。（3） ， 发散。4证明：在整个复平面C中内闭一致收敛。 证明：对复平面C中任何有界闭子域D，设zD时 | z |k（k为某常数），则当zD时，而在D内收敛。 在D内一致收敛，从而原级数在C中内闭一致收敛。第二章 解析函数基础习题2.11下列函数在何处可导？何处不可导？何处解析？何处不解析？ （1）w =z 2；（2）w = x 2 + iy 2；（3）w = x 3 3xy 2 + i(x 2y y 3)。解：（1）设z = x + iy，则 w =z 2 = (x iy)(x + iy) 2 = x 3 + xy 2 + i(yx2 + y 3)，u(x，y) = x 3 + xy 2，v(x，y) = yx 2 + y 3，ux = 3x 2 + y 2，uy = 2xy，vx = 2xy，vy = x 2 + 3y 2。要使ux = vy，uy = vx，只有x = 0，y = 0。即函数仅在原点满足黎曼条件，故函数仅在z = 0可导，其余z0时不可导，在C上不解析。（2）u = x 2，v = y 2，ux = 2x，uy = 0，vx = 0，vy = 2y。ux，uy，vx，vy连续且仅在x = y上满足黎曼条件，故所给函数在直线x = y上可导，其余点均不可导，在C上不解析。（3）u(x，y) = x 3 3xy 2，v(x，y) = 3x 2y y 3，ux = 3x 2 3y 2， uy = 6xy，vx = 6xy，vy = 3x 2 3y 2。 ux，uy，vx，vy在C上连续且ux = vy，uy = vx，从而所给出函数在整个复平面C上解析且(x) = ux + ivx = (3x 2 3y 2) + i6xy = 3(x + iy) 2 = 3z 2。另解： w = (x + iy) 3 = z 3， w = f(x) = z 3在复平面C上解析且(z) = 3z 2。3已知函数f(x)在区域D内解析，试证当满足下列条件之一时f(z) 常数。 （1）Ref或Imf在D内恒为常数。 （2）| f | 在D内恒为常数。 （3）f(z)只取实值或只取纯虚值。 （4）在D内解析。证明：设f(x) = u(x，y) + iv(x，y)， （1）由f(x) = u + iv在D内解析知，ux = vy，uy = vx ， 若Ref = u = 常数，则vy = 0，vx = 0， v(x，y) = 常数，从而f = u + iv =常数。若Imf = v = 常数，则ux = uy = 0， u(x，y) = 常数，从而f(x) = u + iv = 常数。（2）| f | 2 = u 2 + v 2 = 常数。若u 2 + v 2 = 0，得u = v = 0， f = 0常数。若u 2 + v 2 0，则有2uux + 2vvx = 0，2uuy + 2vvy = 0。由f(x)在D内解析知ux = vy，uy = vx ，代入上方程有uux vuy = 0，uuy + vux = 0，解之得ux = uy = 0， u(x，y) = 常数。同理可证v(x，y) = 常数，故f(x) = u + iv = 常数。（3）若f(x) = u(x，y)，则由f解析知，ux = vy = 0，uy = vx = 0（ v (x，y) = 0）， u是常数， f(x) = 常数。若f(x) = iv(x，y)，则由f解析知vx = uy = 0，vy = ux = 0，（ u(x，y) = 0）， v = 常数，从而f(x) = 常数。（4）由f = u + iv解析知，ux = vy，uy = vx ，又由= u iv解析知，ux = vy，uy = vx ，比较得vx = vy = 0，v = 常数，从而u = 常数，故f(x) = 常数。4求证：若f(t)，g(t)都在同一区域D解析，且Ref(t) = Reg(t)，则f(t) g(t)必为一纯虚常数。证明：设f(t) = u + iv，g(t) = s + it，则f(t) g(t) = u s + i(v t)，且在D内解析。由已知，Ref(t) = Reg(t)， Ref(t) Reg(t) = u s = 0，故f(t) g(t) = i(v t)。由上题（3）知，v t = 实常数，故f(t) g(t)为一纯虚常数。6试求映射w = z 2在z 0处的伸长度与旋转角。 （1）z0 = 0；（2）z0 = ；（3）z0 = 1 + i。解：设w = f(t)，则在z0处的伸长度为 |(z0) |，旋转角为arg(z0)。 （1）(t) = 2z，(z0) = 2，伸长度 |(z0) | = 2，旋转角arg(1) = 0。（2）(z0) = 2( ) = ，伸长度，旋转角arg() = 0。（3）(z0) = 2(1 + i)，伸长度，旋转角arg(1 + i) =。7若映射由下列函数实现，试问平面上哪一部分收缩？哪一部分伸长？ （1）w = z 2；（2）w =。解：（1）(z) = 2z，要使 |(z) | 1，即 | z | 。故函数f(t) = z 2使平面上 | z | 内伸长。 （2）(z) = ，要使 |(t) | 1，故函数f(z) =使 | z | 1内收缩，使 | z | 1内伸长。习题2.22写出sinz，cosz的实部和虚部。解：sinz = = = sinxchy + icosxshy Resinz = sinxchy，Imsinz = cosxshy。 cosz = = cosxchy + isinx( shy) Recosz = cosxchy，Imcosz = sinxshy。第三章 复积分习题3.11计算，其中L是： （1）从 1到1的直线段； （2）从i到 i的直线段； （3）单位圆周上从 i顺时针到i的弧段。解：（1）L的方程：z = t， 1t 1， = 0。（2）L的方程：z = (1 t)i ti = (1 2t)i，0t 1， = 2(1 1) = 0。（3）L的方程：，。 =。2计算，其中L是如图所示的半圆环区域的边界。解：如图，LL1 + L2 + L3 + L4L1方程：z = t，1t 4。L2方程：，0。L3方程：z = t， 4t 1。方程：，0。 ，。 =。 。3证明： （1），其中L为圆 | z 1 | = 2； （2）2，其中L为从点0到点1 + i的直线段。证明：（1）在L：| z 1 | = 2上，1 += 2，而L的长度为4， 2 4= 8。（2）L的方程：z = (1 + i)t，0t1，在L上：，又 | t + i(t 1) | =，当t =时，其最小值为， 。又L的长度为， = 2。习题3.22计算积分（均沿反时针方向） （1）；（2）；（3）（提示z= | z | 2）。解：（1）因 ，所以=。 （2）= 2i 2i = 0。 （3）因 | z 1 | 2 = (z 1)( 1) = | z | 2 (z +) + 1 = | z | 2 2Rez + 1，由z = 2，得 | dz | = | 2id| = 2d，所以原积分 =。习题3.32计算积分： （1），其中L为一不通过0，1的简单封闭光滑曲线，以反时针方向为正向。 （2），ab，a，b不在圆周 | z | = R上，n为正整数。解：（1）有以下几种情况： 0，1均在L的外域，此时f(z) =在L内解析， I = 0。 0在L的内域、1在L的外域时，。 0在L的外域，1在L的内域时，。 0，1均在L内域时，I = 1 + ( ) = 1 ，（2） a，b都在圆外时，I = 0。 b在圆内、a在圆外时，。 b在圆外、a在圆内时，。 a，b均在圆内时，。第四章 解析函数的级数理论习题4.11试确定下列幂级数的收敛半径： （1）；（4）；（5）。解：求幂级数的收敛半径R的公式为（注意这里要求an全不为零），则 ，当0 l +时 R = 0， 当l = +时+，当l = 0时（1）an = n， 。 = 1，故收敛半径R = 1。（4）an =，故收敛半径R = 1。（5）an =，= 0。故收敛半径R = +。2求下列幂级数的收敛范围及其和函数： （2）。解：an = n， = 1， 收敛范围为 | z | 1，和函数。习题4.21求下列各函数在z = 0处的泰勒展式： （1）e zsinz；（2）sin 2z。解：（1）因e zsinz在整个复平面上解析，故收敛半径为R = +，又因， = （| z | +） （2）因sin 2z在整个复平面上解析，故收敛半径为R = +。sin 2z = （| z | +）2求下列各函数在z = 1处泰勒展式： （1）；（2）；（3）sinz。解：（1）= （| z 1 | 2）。 （2）= = = （| z 1 | 1 ）。 （3） (sinz) (n) = sin(+ z)， sinz = （| z 1 | m，并且 | f(0) | m，其中a及m是有限正数。证明：f(z)在 | z | a内至少有一零点。证明：假设f(z)在 | z | a内无零点，令F(z) =，则F(z)在 | z | a上解析。且在| z | = a上有 | F(z) | 。此与最大模原理矛盾，从而f(z)在 | z | a内至少有一零点。9设f(z)和g(z)在有界区域D内解析，在上连续，若在上有f(z) = g(z)，则在D内有f(z) = g(z)。解：令F(z) = f(z) g(z)，则F(z)在D内解析，上连续，且在上F(z) = 0。若在D内F(z)为常数，则必有F(z) = 0，从而f(z) = g(z)；若在D内F(z)不恒为常数，则由最大模原理，F(z)的模不能在D内取到最大值，从而也有F(z) = 0。总之，在D内f(z) = g(z)。习题4.31下列和函数有哪些奇点？各属哪一种类型（极点要指明阶数）？（1）解：奇点i，0，z =i各为二阶极点，z = 0为本性奇点，z =为可去奇点。（2）解：= = z = 0为二阶极点，z =为本性奇点。3求下列各函数在指定区域内的罗朗展式： （3），0 | z 1 | +。解：= （4），1 | z i | +。解：=（5），1 | z | 2。解：= = =第五章 习题5.11求下列函数在孤立奇点处的留数（包括无穷远点）。（1）解：由1 ez = 0得z = 2ki，故z = 2ki为一阶极点（k为整数），且Res(f，2ki) = 1。 （2）解：由 =，知 Res(f，0) =，Res(f，) = Res(f，0) = 。 （4）解：z = 1是三阶极点。 Res(f， 1) =，Res(f，) = Res(f， 1) = 2sin2。 （5）解：z = 0是孤立奇点。= Res(f，0) = 0，Res(f，) = 0。 （6）解：z = 0是孤立奇点。= Res(f，0) = 0，Res(f，) = 0。习题5.21计算下列积分（积分方向逆时针方向）：（1）解：，f(z)在 | z | 内仅有一个三阶极点z = 0，且Res(f，0) = 2，故由留数定理，原积分 = 2iRes(f，0) = 4i。 （2），n = 1，2，解：f(z) = tanz只以zk = k +（k = 0，1，）为一级极点，且Res(f，zk) =。于是，由留数定理得，=。 （3）解：f(z)在 | z | 0，b 0）解：令F(z) =，F(z)在上半复平面仅有两个一阶极点z1 = ai，z2 = bi，且实轴上无奇点。 =。又= 1（ z1，z2均不在边界上）。Res(f，z1) =，Res(f，z2) =。故 =。 （4）（0p 1）解：令，则 。1 2pcos+ p2 = 1 p(z + z 1 ) + p2 =，于是 I =，且在 | z | 1内，f(z) =只以z = p为一级极点，在 | z | = 1上无奇点。所以 I = 2iRes(f，p)，又 Res(f，p) =（0| p | 0）解：I =，令F(z) =，则F(z)在上半复平面有两个一级极点z1 = 0，z2 = i。故 = 2iRes(F，z1)。又1 =2 = 1，Res(F，z1) = 1，Res(F，i) =。从而 = 2i 1 。故 =(1 )。 （9）解：I =，令F(z) =，则F(z)在上半复平面仅有一个极点z = i，且实轴上无奇点。所以 = 2iRes(F，i)，又= 1，Res(F，i) =， = 2i 。故 =。习题5.43求方程z7 5z4 + z2 2 = 0在 | z | 1内根的个数。分析：求某代数方程在单位圆 | z | | a0 | + + | at 1 | + | at + 1 | + + | an |，则p(z)在单位圆 | z | 1内有n t个零点。解：由上述结论，该方程在 | z | 4 | z7 + z2 2 | = | g(z) |，函数f在 | z | 1内仅以z = 0为4阶零点，所以由儒歇定理知，函数f + g = z7 5z4 + z2 2在 | z | 1内亦有4个零点，从而方程z7 5z4 + z2 2 = 0在 | z | 1内有4个根。4方程z4 8z + 10 = 0在（1）| z | 1内有几个根？（2）在1 | z | | g(z) |。函数f(z)在 | z | 3内仅以z = 0为四阶零点，所以函数f(z) + g(z) = z4 8z + 10在| z | 3内也有四个零点，即方程z4 8z + 10 = 0在 | z | 3内有四个根，又在 | z | 1内无根。在 | z | = 1上，z4 8z + 100，从而原方程在圆环 1 | z | 1）在单位圆 | z | 1内只有一解，而且这个解是正实数。证明：原方程改写为 ez z = 0，令f(z) = z，g(z) = ez -，因在 | z | = 1上| g(z) | = | ez | = eRez e1 1 = | z| = | f(z) |。由儒歇定理 N(f + g，| z | = 1) = N(f，| z | = 1) = 1。即f + g = ez z = 0在 | z | 0，F(1) = e1 1 0，故F(x)在(0，1)内有一根，从而方程ze z = 1在 | z | 1内仅有一个正实根。6试证：方程z5 z + 3 = 0的所有根都在圆环1 | z | 2内。证明：方程在 | z | 1内无根。令f(z) = z5，g(z) = z + 3，则在 | z | = 2上有| f(z) | = | z |5 = 25 = 32，| g(z) | = | z + 3 | | z | + 3 = 5 | f(z) |，故在 | z | 2内f(z) + g(z)与f(z)的零点个数相同，而f(z)在 | z | 2内有一个五阶零点z = 0，故f(z) + g(z)在 | z | 2内有五个零点，又在 | z | = 1上，z5 z + 30。 五次方程z5 z + 3 = 0的五个根均在1 | z | 2内。7若函数j在 | z |1内解析且满足不等式 | j | 1，则方程z = j (z)在 | z | | j (z) |，故由儒歇定理有 N(f + j，| z | = 1) = N(f，| z | = 1) = 1。即f + j = j(z) z = 0在 | z | 1内只有一个根。亦即方程z = j (z)在 | z | 1内只有一个根。第七章 共形映