复变函数与积分变换习题答案

1、一、将下列复数用代数式、三角式、指数式表示出来i解：i e2 cos i sin一22-1解： 1 eicos isin 1 i . 3解：1 i 3 2ei /3 2 cos /3 isin /3(4) 1 cos i sin解：21 cos i sin 2sin i2sin cos 2sin(sin i cos) 222222i _ _2 ；2sin cos( ) isin( ) 2sin e2222 22(5) z3解： z3 r3ei3r3 cos3 i sin3(6) e1 i解：e1 i eei e cos1 i sin1解:i3 /4cos3 / 4 i sin 3 /4ei4/

2、4a21 ba,2 1 b ei - arctg 二b2、计算下列数值(1) , a ib解:.14 b. i arctg- 2 a ei6 ei2解：3；i -空 63e解:解:(5)解:.i iecos5而:i 2k21/i所以:2k 22cos5coscoscos5c510c515cos5cosisini sincoscossinsin(6)解:sin5所以:sin 52ic5n2i n1 .-i i. 5 sinsin解:cos cos25c51n 05i sini sincosc3 cos10cos32sin 5coscos210coscosni sinsincos3 sincoss

3、ini sin5sinn . .i sincosi sini sin5 coscosi sincosi sinc4.c51 sin4 coscoscoscos2, ,1 , il l cosn (e 2i2 el lein ) (e ii2e l lin e(8)解:sinsin1.2iin e (1 e )iin e (1 e )eiiinie (1 e ) 1 eiinie (1 e ) 1 e2(1 cos )eiei”ei(n2(1 cos )1)inine e2cos 2 2cos(n 1) 2cosncos1 cos(n 1) cosn2(1cos2(1cos ).，1、sin(n

4、 )sin 222sin sin 2sin 212i12i12i复变函数ei (112 sinnsin nin e )eii(n 1)1 e12i(eii2 e(e ii2 e(11in ee i1 e2iin(1 ei (1ini)1 e2(1 cos )inie e2(1 cos )i (n 1)ine e2isin 2i sin(n 1) 2i sin n i2(1 cos )1cos(n -)cos2sin sin(n 1) sin n2(1 cos )2sin 一 21、试证明函数 f(z)=arg( z) (- arg(z)证明：(1)在负实轴上,任取一点z ),在负实轴上(包括原

5、点)不连续。a ,则分别由水平方向和垂直方向趋近z点有:lim f(z)y 0lim f (z) y 0lim arg (y 0lim arg (y 0显然函数在负实轴上不连续。(2)在零点，沿zi y)i y)rei方向趋近于零点则:lm f (z) lm arg(rei )显然，其极限结果与路径相关,则该函数在 0点无极限。2、复平面上，圆周可以写成 azz一z c 0,这里a, c为实数，为复数。证明：在平面上圆的一般方程表示为:22 _xyax by c一，1，则在复平面上：x (zz), y1_ ,.(z z),所以圆方程变形为:22izz若令：一a则：azz -z z c 02.1

6、解析函数1、试证明下列函数处处不可微：(1) f(z) z(2) f(z) x证明：(1)在z 0处，有：.f (z) . izl .lim lim limz 0z z 0 x i y zzz x yxy1 x x y ylim x i y r z 0 x i y若沿zei方向趋近于z点，则：f (z)1 x cos y sinlim - lim rz 0 z r z 0e显然，函数不可微。在z 0处，有：lim f(z) lim z 0 z z 0 x i y1一 xcos rysin e若沿zei方向趋近于0点，则:.f (z) i z|ilim lim ez 0 z z 0 x i y显

7、然，函数不可微。2、设：3333/、xy,、xy-u(x, y)-2,v(x, y)-2,z0xyxyu(x, y)v(x,y)0,z0试证明f(z)=u(x,y)+iv(x,y)在原点满足 c-r条件，但不可微。证明：首先：u(x,y) 1 u(x,y) 1x (0,0)y (0,0)v(x,y)1 v(x, y)x(0,0)y(0,0)显然：u(x,y) x(0,0)v(x,y)y而在(0,0)点，f(z)的导数定义为:f (z)f(z)zlzm0(0,0)f( z)若沿zeiu(x, y)f(0)方向趋近于0点，则:v(x, y)f(z)满足c-r条件。(0,0)(0,0)f (z)lz

8、m03.3.f (z)cos sin ilizm0f;z)y3x2. xlim z 03:xi 2x33cos sincos i sini)(3显然，函数在原点的导数不存在，所以函数虽然在原点满足c-r条件,但不可微。c-r条件只是函数可微的必要条件。1.2复变函数1、试证明函数 f(z)=arg( z) (- arg(z)证明：(1)在负实轴上,任取一点z ),在负实轴上(包括原点)不连续。a ,则分别由水平方向和垂直方向趋近z点有:1ym0 flim arg (y 0i y)1ym0 flim arg (y 0i y)显然函数在负实轴上不连续。(2)在零点，沿zrei方向趋近于零点则:lz

9、m0f (z)lzm0arg(rei)显然，其极限结果与路径相关,则该函数在 0点无极限。2、复平面上，圆周可以写成 azzz c 0,这里a, c为实数,为复数。证明：在平面上圆的一般方程表示为:22x y ax by c则在复平面上:2(zz), y1_ _(z z),所以圆方程变形为:2izz若令:则：azz2.1解析函数1、试证明下列函数处处不可微: f (z) z(2) f(z)证明：(1)在z 0处，有:lzm0f(z)若沿zlimz 0 x i ylzm0ei方向趋近于z点，则:f (z)1 limz r z 0x cos y sinei1一 xcos r1 x x y y-li

10、m -ysin显然，函数不可微。在z 0处，有：若沿zlimz i显然,f(z)lim z 0 x i yei方向趋近于0点，则:f(z)limz 0 x函数不可微。2、设:u(x, y)u(x, y)33x y /、-2 ,v(x, y)x yv(x, y) 03y2 ,z y,z试证明f(z)=u(x,y)+iv(x,y)在原点满足证明：首先：c-r条件,但不可微。u(x,y)1 u(x,y)(0,0)(0,0)v(x,y)1 v(x, y)(0,0)(0,0)显然：u(x,y)v(x,y)u(x, y)v(x, y)f(z)满足c-r条件。(0,0)(0,0)(0,0)(0,0)而在(0

11、,0)点，f(z)的导数定义为:f (z)lzm0f(z)lzm0f( z)f(0)f(z)3 x2. xlim z 03y_2 yx3 y2 y若沿zei方向趋近于0点，则:f (z)limz 033f(z)cos sin i2.2cos sincos i sin1(1 i)(3 ei4 ) 4显然，函数在原点的导数不存在，所以函数虽然在原点满足c-r条件，但不可微。c-r条件只是函数可微的必要条件。2.2解析函数和调和函数1、已知复变函数的实部或虚部，写出解析函数:(i(x,y) ,f(2) 0x y(2)u(x, y) ex sin y(3)u(x,y)x3 y3 xy, f(0) 0(

12、4)u(x,y) in ,f(1) 0解：(1) v(x, y)22.iiiu(x, y)v(x, y) xyxy x2 y2 2u(x, y) v(x, y) 2xyyxx2 y2x由 i 行：u(x, y) 2(y)x y带入(ii)得：(y) 0所以：u(x, y) 2 x 2 c x y(2) u(x, y) exsin yv(x, y)u(x, y) x则： e cos yxyv(x, y)u(x, y) x .- e sin y yx由 i 得：v(x, y)excosy(y)带入(ii)得：(y) 0所以：v(x, y)ex cosy c33(3) u(x, y) x y xy2

13、2u(x, y) 6x, u(x,y) 6y xy22显然：一2 2- u(x, y) 6 x yxyu(x, y)并非调和函数，所以，此题无解。 u(x, y) in则,v(x，y) u(x, y) yxyx2 y2.iv(x, y)yu(x, y) x2x x yiix由 i 得：v(x, y) atan (y)y带入(ii)得：(y) 0x _所以：v(x, y) atan - c y2、试证明3/z三个单值分支在割破的z平面上任意区域上都是解析的,并求其导sin证明：f(z)vz,令：z rei , zei( )贝u: z z r ei,这里：rrp22 r cos所以:f (zz)2

14、r1/6cos2r1/62kcoscosi sin2k1/6 rcos1/6cos2kcossin2k2k2ksinisin2k2kcos2ki cos 2k3sin -则:f (zz)1/3 r12coscos2kisin2k6r2/333331/3 r12coscos2kisin2k6r2/333331/62sinrcoscos33331/6 r6r5/63sin2ki cos 32k3332k2ksini cos 一33333i sinicos3333f(z)1/3sin2ki cos2k6r2/32 coscos2ki sin2k2k2kcos - isin3311/3k2 cos i

15、r 6r3所以:i sin三3rf(z) f(z z) f(z) lim - lim -z 0 z z 0z3工13rer 3p/32.1-2 cauchy 积分1、计算积分,z dz ,积分路径(1)直线段;(2)右半单位圆周;(3)左半单位圆周。解： ,z dzyx_y2dz(1)若沿直线从-i积分到i,则：i10i z dz i 1 y dy i 1ydyydy10 ydy10 ydyi则:/2/2则:/23 /2(2)若沿右半圆从-i积分到i, i/2.i z dz /2d(e ) e2i(3)若沿左半圆从-i积分到i, z dzd(ei ) eii3 /272i2、当c为单位圆周时，

16、不用计算，试证明:1(1)-dz 0,c z 5z 6c-cz2zdz 0 2证明：1z* 2 5z 6dzc(z 2)(z 3)dzdzc z2 2z 2cdzc(z 1)2一 dz1dzc z 1 icdz i-dz2i c z 1 ic因为两个非解析点z1 i, 1 i都不在积分圆周内，根据 cauchy积分定理:1-2c z 2z-dz 22.3-4 cauchy积分定理1、已知函数 （x,t）ext 1x作为参数，把t认为是复变数，试应用cauchy公式表为回路积分,对回路积分进行变量代换z ,并借以证明:tnx dn6 d7解：（1）首先，令:ze xek(x, z)邑，贝 u：1

17、 z(x,z)根据解析函数的无限可微性有:n (x, z)n!所以:n (x,t)tn（2）做变量替换:n!z x，则对于积分公式来说:zd zn (x,t)tnx s_x1 z_x4.2利用留数定理计算实积分1、确定下列函数的奇点,n!n!2 inxe -x算留数,0/ a解：(5)adx / 小(a 0) sin x；(6)0 a2adx2 sin xn x zjfdz xx n!e -2 inen 1xcosxdxz二21 2 cosxadx1 cos2x22adx22a 1 cosx1)adxadz0 2. 20 asin x国12a2 1 1z z1 iz2adz2a.221hlz

18、2 2a 1 z 1f (z)dzlzl 1显然，f (z)存在两个一阶极点：z (2a2 1)2ava2 1 ,只有：z(2a2 1) 2a,a于单位圆内，所以:res f (z) (2a2 1) 2a a2 1lim z (2a2 1) 2a a2 1 z(2a21) 2a a2 1则:adx22-a sin x2(6)0cos xdx-22 cosxeix,则：cosxdxzo21 2 cosx显然,1_4a . a22a1)12 114a a2 1z z 1 dz2_ 1z z izz2 1 dz2iz” z121z2 1 dz z iz z 1 z12z1f (z)dzf (z)存在

19、三个一阶极点： z 0,只有:0, 处于单位圆内，所以:res f z2 1limz 0 z zres f(z)zz2 1lim 1z z z 12所以：cosxdx0 1 2 cosx217 22、计算下列实函数积分.x2 1斛：(5) 工dx x6 1根据定理有:x1 2 1x6 1dx而函数f (z) x1 人一 一存在四个一阶极点: x 1.5.5i_ i_i_6 c 6 c 飞 e ,e , e很显然处于上半平面内1142 dx 2 i res 42x x 1im k 0 z k x x 1(2)的孤立奇点只有:.5 i_ i z e6,e 6 ,所以:res f (z)z e6li

20、m -z e 万2z12z2 1i-i-2e6 2e3 * * 1rqs f (z) z ei-lmz e%12z 2z2 112e 6 2e 3 1i_i_2e 6 2e 3 1i.e62.3i所以:2 x4 x1dxie 62 f 3ii-e62.3i3计算下列实函数积分xsin x ,dxx 1解：根据定理：xsin x , dxx2 120xsin xx2 1dximz ze2res2im k 0 z k z 1显然，f (z)imzze , , _.,.z存在两个一阶极点:z2 1z i ,只有：z i上半平面内，所以:res f (z)z ilzmiiz ze12exsin x ,

21、 八所以： 力 dx 2 x2 11_2e e3.2哥级数3、求下列哥级数的收敛圆所以，其收敛圆为以 i为圆心的单位圆。1由于：r lim kln2 kln2一 lim1 kin kin k 1limkln k ln kr limkck 1limk所以，其收敛圆为以.lnkk(k 1)ln(k 1).ln klim k (k 1)ln(k 1)2为圆心的单位圆。3.3哥级数展开在指定的点的邻域上把下列函数展开为taylor级数(8) sin2 z和 cos2 z在 zo解:. 2sin z2(1cos2z)之(12 cos z2(1n22n 1n2nz2n22n 二) (2n)!,(2n)!2

22、n1 22n 1 z22n(2n)!2n i_z_八、1。cos2z) (1 2n 22n 1n2nz22 n(2n)!2n1 _z_ (2n)!2n22n-) (2n)!4.1留数定理1、确定下列函数的奇点,算留数, ez/(1z)；(2) z.(z 1)(z 2)2z .，22e /(az ),(4)iz e.(a2z2)解：ez.,(1z)(2)显然z1为其一阶极点，则:resf (z) lim( zz 1一 1)ez (1z) ez (z 1)(z 2)2显然z1为其一阶极点，z2为其二阶极点，则:resf (z) lim(z 1)z, (z 1)(z 2)2 1瞥f(z) zm2dz

23、 (z 2)2z/(z 1)(z 2)2显然zia为其一阶极点,则:z 1z2)res f (z) lim( z ia)ez (a2 z iaz iaz2)ia e 2ares f (z) lim (z ia )ez. (a2 z iaz iaz2)ia e2ia(4) eiz;(a2z2)显然zia为其一阶极点,则:res f (z)z ialim( z ia)eiz. (a2z iaz2)e2iares f (z) z iaz|imia(z ia)ei7(a2z2)a e2ia2、计算回路积分,dz?z2 1 z 12l为x22x2y172？ ez dz|z2解：(1)首先l的围线方程为:

24、而被积函数存在三个孤立奇点i,1,在围线内有两个孤立奇点：z i,1resf (z)z ilim -z i z(zi)2ires f (z)z 1lim z 1 dz(z1)2所以：? zdz2)(2)可以看出来,1ez被积函数存在唯一孤立奇点z 0,且为本性奇点，对被积函数做laurant 展开:1 1,0 n! z可以看出:1? ez dzz24.2利用留数定理计算实积分1、确定下列函数的奇点,算留数,adx n 1(a 0)；0 a sin xcosxdx1 2 cosx 21)解：(5)adxadx0 a2 sin2 x 0 11cos2x a 222 adx_ t_2 i 0 2a 1 cosx令：z eiix x,贝u ：adx0220 a sin xadz_211lzl1 2a 1 z z iz22adz2ai |z 1 z2 2 2a2 1 z 1f (z)dzlzl 1显然，f (z)存在两个一阶极点：z (2a2 1)2ava2 1 ,只有：z(2a2 1) 2a , a2于单位圆内，所以:res 一 f (z)(2a2 1) 2a a2 1lim z (2a2 1) 2a a2 1 z(2a21) 2a a1_4a 一 a2则:adxt2