复变函数课后习题答案(全)

1、习题一答案1.求以下复数的实部、虚部、模、幅角主值与共轭复数:(1)31(3)-i12i3i厂(2)(4)i(i 1)(i2).8 21 .i4ii解: 1因此：Rezi13 2i色13,3 2i，13(2)z -(i因此,Rez1T0，argz_213，arcta n2, z3i 3Im z313i2 . i 131)(i 2)310，argz1 3i 10Imz ，10arcta n1,331 .i 10 101 3i .3 3i 3 5i(3)z -i，i1 i22因此,Rez3Im z 5，32zV34argzarcta n5,z3 5i223(4).8 z i4i21i1 4ii1

2、3i因此，Rez 1, Im z 3，|z|而 argz arcta n3, z 1 3i2.将以下复数化为二角表达式和指数表达式:(1) i(2)1、3i(3)r(sini cos )(4) r(cosi sin)(5) 1cosi sin(0 2 )解：1 icosi2i sine22(2)1币2(cos2i sin32i2 ) 2e33(3)r(sini cos )rcos(-)i sin)(4)r(cosi sin )rcos()isi n( ) re(5)1 cosi sin2si n2 22i sin cos-2 22sin cosi sini2sin e 222223.求以下各式

3、的值:re"(1) (、.3 i)5(2)(1100i)(1 i)100(1 Gi)(cosi sin )(1 i )(cos isin )(5) 3，i解: (1) C，3 i)5 2(cos(-)655525(cos()isi n()6 6(1 i)100 (1 i)100 )50(1呕也(1 i)(cos isin )(4)(cos5(cos32isin5 )isin3 )3isin( -)5616(3 i)(2i)502(2)502cos( ) isin( )(cos isin )33、 2cos( ) i sin(44)cos() isi n()丢0s( 12)isin(石

4、)(cos2isin2 )v2cos(2) isi n(2) -2/ 12)'12 122/、(cos5i sin5 )(4)3(cos3 i sin 3 )3cos10 isin10cos19 cos( 9 ) isin( 9 )isin19(5)?r ?cos isin 2 2cosl( 2k ) isin丄(2k3 23 2.31 .i,22.31 .(6) y/1 J血(cos i si n)42k)isin -(2 42k)2i,2i，4茴，k4 2e8i,k解：乙 cos4i sin , z242cos(ZZ22cos(46)i sin(46)乙1cos(-)i sin()

5、Z2246465.解以下方程：(1)(z i)51(2) z4解:(1) z i51,由此3 i,试用三角形式表示2(cos12-(cos2 12a404 .设Z!专,6)isin( 6)，所以is咗),isin)12(a 0)?k iz 51 ie5i， (k 0,1,2,3,4)(2) z 4a44 a4 (cosisin )acos】(42k ) isin!(42k)，当 k0,1,2,3时，对应的4个根分别为:；(1 i), 32(i),.V1i),a2(1 D6.证明以下各题：(1)iy,那么IZx |y|证明:首先，显然有|z固此有2(x2y2) (|x| |y|)2,从而 |Z

6、, x2 y2(2)对任意复数J%有乙Z2x迁zf2Re (乙 z2)X2)2证明：验证即可，首先左端(石2y2 2Re(Xi(yiy?)2，而右端 片2 y12 x22iyi)(x2iy?)化X2)2(%y?)2，皆 y12 X22 瞪 2(xm y2)由此，左端=右端，即原式成立。n1川an 1Za。0(3)假设a bi是实系数代数方程a0zn 的一个根，那么a bi也是它的一个根。 证明：方程两端取共轭，注意到系数皆为实数，并且根据复数的乘法运算 规那么，zn (z)n，由此得到：a0(z)n d(z)n 1 卅 an 1z a0 0由此说明：假设z为实系数代数方程的一个根，那么 z也是

7、。结论得证。(4)假设a 1,那么b a,皆有1 ab1 ab aa aba b 1 a，证毕。a(a b) a(5)假设 a1,1,那么有ab证明：|a b|(abab)lb2ab ab,1 ab2(1ab)(1ab)ab ab,因为|a1,1b 1,所以，22t? I, ,22la1Da'冋 1 (1 c刁)(b2221) 0 ,因而a1 ab ,结论得证。1 ab7.设Z1,试写出使za到达最大的z的表达式，其中n为正整数，a为复数。解：首先，由复数的三角不等式有在上面两个不等式都取等号时a到达最大，为此,需要取zn与a同向且zn1,即zn应为a的单位化向量，由此,8 .试用W，

8、勺，z3来表述使这三个点共线的条件。解：要使三点共线，那么用向量表示时，z2 z1与zz1应平行，因而二者应同向或反向，即幅角应相差 0或 的整数倍，再由复数的除法运算规那么知Arg互二应为0或 的整数倍，至此得到:Z3乙71,z2,z3三个点共线的条件是 空一Z为实数。Z3 乙9. 写出过z，z2 (z Z?)两点的直线的复参数方程。解：过两点的直线的实参数方程为：x x1 t(x2 x1)y yi t(y2 yi)因而，复参数方程为：Z x iy Xi iyi右 iy? iyj 召七亿召)其中t为实参数。10. 以下参数方程表示什么曲线？(其中t为实参数)(i) z (i i)t(2) z

9、 a cost ibsint(3) z t -t解：只需化为实参数方程即可。(1) x t, y t ,因而表示直线y x2 2(2) x a cost, y bsi nt,因而表示椭圆- y ia2 b2i(3) x t, y，因而表示双曲线xy itii .证明复平面上的圆周方程可表示为zz az az c 0 ,其中a为复常数，c为实常数证明：圆周的实方程可表示为：x2 y2 Ax By c 0,代入z zy2,并注意到xy2 |z2 _zz，由此x,2A z zr zzzzABc0,22iA BiA Bi -整理,得zzzzc 022 ABiABi记a,那么a，由此得到zz az az

10、 c 0，结论得证。12.证明：幅角主值函数argz在原点与负实轴上不连续。证明：首先，argz在原点无定义，因而不连续。对于x00，由argz的定义不难看出，当z由实轴上方趋于 x0时，argz,而当z由实轴下方趋于x0时，argz,由此说明lim argz不存在，因而argz在x0点不连续，即在负实轴上不连续, z X结论得证。13.函数W丄把z平面上的曲线Xz1和x2 y24分别映成w平面中的什么曲线?解：对于X其方程可表示为z1 yi，代入映射函数中，得w u iv1 iy1 iy1因而映成的像曲线的方程为与，消去参数y，1 yu,即u2)2v2丄2,表示一个圆周。2X2其方程可表示为

11、x iy 2cos2isin代入映射函数中，得1z 2cos 2i sincos i sin2因而映成的像曲线的方程为u 丄cos2,v 丄si n ，消去参数，2得u2 v2丄，表示一半径为丄的圆周4214 指出以下各题中点Z的轨迹或所表示的点集，并做图：解：(1)|z Zo| r (r 0)，说明动点到z的距离为一常数，因而表 示圆心为z，半径为r的圆周。(2) |z z0| r,是由到z0的距离大于或等于r的点构成的集合，即圆心 为z0半径为r的圆周与圆周外部的点集。(3) |z 1 z 3 8,说明动点到两个固定点1和3的距离之和为一常 数，因而表示一个椭圆。代入 z x iy,化为实

12、方程得(X 2)2 匸 11615(4) |z i |z i|,说明动点到i和i的距离相等，因而是i和i连线的 垂直平分线，即x轴。(5) arg(z i)，幅角为一常数，因而表示以i为顶点的与x轴正向4夹角为一的射线。415做出以下不等式所确定的区域的图形，并指出是有界还是无界，单连 通还是多连通。(1) 2 iz 3，以原点为心，内、外圆半径分别为2、3的圆环区域， 有界，多连通(2) argz(02 )，顶点在原点，两条边的倾角分别为，的角形区域，无界，单连通(3) J31，显然z 2，并且原不等式等价于 z 3 z 2，说z 2明z到3的距离比到2的距离大，因此原不等式表示 2与3连线

13、的垂直平 分线即X 2.5左边局部除掉X 2后的点构成的集合，是一无界，多连通 区域。(4)|z 2 |z 2 1， 显然该区域的边界为双曲线|z 2 |z 2 i，化为实方程为24 24x2y1，再注意到z到2与z到 2的距离之差大于1,因而不15等式表示的应为上述双曲线左边一支的左侧局部，是一无界单连通区域。(5)|z 1|4|z1，代入z x iy，化为实不等式，得(x15)178所以表示圆心为(一0)半径为 丄的圆周外部，是一无界多连通区域。1515习题二答案1 指出以下函数的解析区域和奇点，并求出可导点的导数。(1) (z 1)5(2) z32iz1(4) zz 3解：根据函数的可导

14、性法那么(可导函数的和、差、积、商仍为可导函数, 商时分母不为0)，根据和、差、积、商的导数公式与复合函数导数公式, 再注意到区域上可导一定解析，由此得到：(1)(2)(3)(z3z12z1)5处处解析，2iz处处解析,(z(z31)52iz)5(z 1)43z2 2i(Jz1)(4)的奇点为z21(z2 1)(z2 1)21的奇点为z 30,即2z(P1)2'(z(z i)(z 3)z 32判别以下函数在何处可导，何处解析，并求出可导点的导数。(1) f(z) xy2(3) f (z) x3 3xy2 i(3x2y y3)x2yi(2) f (z) x2 y2i(4) f (z)解：

15、根据柯西一黎曼定理:(1)UxUx(2)UxUx2 2u xy , v x y，2 2y , Vy x ,uy 2xy, Vx四个一阶偏导数皆连续，因而Vy, uyVx解得：x y因此，函数在z 0点可导， 函数处处不解析。2 2u x , v y，2x, Vy 2y,uy 0, Vx 0四个一阶偏导数皆连续，因而u,v处处可微,Vy, uyVx解得：x y,因此，函数在直线y x上可导，2x,2xyu,v处处可微,0 ,f (0) Ux再由柯西一黎曼方程iv再由柯西一黎曼方程f (x ix) ux M因可导点集为直线，构不成区域，因而函数处处不解析。(3) u x3 3xy2, v 3x2y

16、 y3,2 2 2 23x 3y , vy 3x 3y ,uy 6xy, vx 6xy 四个一阶偏导数皆连续，因而 u,v处处可微，并且 足柯西一黎曼方程 uxvy, uyvx因此，uxUxu, v处处满uxVy, uy函数处处可导，处处解析，且导数为z2 2y x2 2 2，(x y ) 2xyT2r2，(x y )因函数的定义域为z 0，故此，因而函数处处不可导，处处不解析。3当I,m,n取何值时f(z) my3处解析？解: u my3 nx2y, v ux 2n xy, Vy 2lxy, 由柯西一黎曼方程得：(4)UxUyf(z)2 23x 3y +i6xy1x iyx iy-22x y

17、2 2x y(x2 y2)22xy(x2 y2)23z2u, v处处不满足柯西一黎曼方程,nx23x Ixyc2uy 3myy i(x3 Ixy2)在复平面上处2 2 . 2nx , vx 3x Iy ，Uy23my2 nxVx3x2ly2(2)由(1)得n l，由2得n3,3ml，因而，最终有m1,n l3ux 2nxy vy2lxy,(1)4.证明：假设f Z解析，那么有 fZ f2|fx y证明： 由柯西一黎曼方程知，左端2( U2 V2 x(UUx VVx)2(，_22 U V2 2U (UxVx)2(、uy(UUy VVy(2; U V2 2V (Ux Vx)(uuxVVx)2u2u

18、2 V2(UxVx)2Ux(UVxVUx)22V. 2IV x右端，证毕5证明：假设fZ U IV在区域D内解析，且满足以下条件之一，那么f Z 在D内一定为常数。1 f z在D内解析，2U在D内为常数，3 | f z在 D 内为常数，4 V U252U 3V 1证明：关键证明U,V的一阶偏导数皆为0！1f z u Iv，因其解析，故此由柯西一黎曼方程得UxVy, Uy Vx 1而由f z的解析性，又有 Ux Vy, UyVx 2由1、2知，ux Uy vx vy 0，因此 u q, v c2,即 f z c1 Ic2为常数2设U q，那么由柯西一黎曼方程得VxUy 0, Vy Ux 0，说明

19、v与x, y无关，因而v C2，从而f z q Ic2为常数。12223 由，fz|u vc0为常数，等式两端分别对 x, y求偏导数，得2uux 2vvx 0 12uuy 2vvy 0因fz解析，所以又有ux Vy, UyVx 2求解方程组1、2,得 ux uy vx Vy 0，说明u,v皆与x, y无 关，因而为常数，从而f z也为常数。24同理，v u两端分别对x, y求偏导数，得Vx 2uUx， Vy 2uUy再联立柯西一黎曼方程Ux Vy, UyVx，仍有ux uy Vx Vy 05同前面一样，2u 3v 1两端分别对x, y求偏导数，得2Ux+3Vx 0, 2Uy+3Vy 0考虑到

20、柯西一黎曼方程ux Vy , uyVx，仍有Ux Uy Vx Vy 0，证毕6 计算以下各值假设是对数还需求出主值i1 e 2(2)(4)sini(5)Vy,Ln( i)(3)(1 i)i(6)Ln( 3227"4i)i解：(1) e 2cos()i sin(2(2) Ln( i)Inarg( i)2k i2k) i，k为任意整数,主值为:ln(i)(3) Ln(4i)2 ln4iarg( 34i)2k iln5 (arcta n432k)i，k为任意整数主值为：ln4i) ln5arcta nf)i(4)sinii.iei .ie2i(5) (1 i)ieiLn(1i)1e .i2

21、i (ln i e 42k i)iln .2 2ke 42ke4(cosIn、2 i sin2)-2Ln27-(ln27 2k i)(6) 273 e3e3当k分别取0，1, 2时得到3个值:k为任意整数2ln27 -k i-k iQ e39e3，4 . _ i 9，9e37 .求 ez 和 Arge9(1 ，2z28 i9e-(1 x3i)22解：ez2ze8.设 z rei，求 ReLn(z 1) 解: Ln(z 1) In z 1|z -iarg(z 1) 2k i，因此ReL n(z 1) In1 ln(1 2r cos29.解以下方程：(1) ez 1 3iIn (r cos1)2(

22、rsin )2(3) sinz coszr2)(2) Inz(4) shz i解：1方程两端取对数得:z Ln(1In 2 (- 2k) i3k为任意整数2根据对数与指数的关系，应有iz e2cos isin i2 23由三角函数公式同实三角函数一样sinz cosz x 2sinz 4,方程可变形为因此z k ,4，k为任意整数44由双曲函数的定义得(ez)2 2iez 10,即 ezz e2i，所以shz2 2ex y yi，因此根据指数函数的定义，有2 2 2ex y， Argez 2xy 2k ，k 为任意整数f z0，并由此求极g zoz Lni ( 2k )i ，k为任意整数210

23、 .证明罗比塔法那么：假设f (z)与g(z)在z0点解析，且f(z°) g(zo) 0, g (zo) 0,那么 lim z z0 g(z)z 彳sinz e 1 限 lim ; limz 0 z z 0 z证明：由商的极限运算法那么与导数定义知f(z) f(zp)z zlim竺z z0 g(z)limz Z)g(z) g(q)由此,si nz limz 0 zez 1lim f(z) f(z0)z z0z zlimg(z) g(z0)z 20z zgf (z0)g (q)z zcosz limz 01z.e 0 lim e z 01limz 011 .用对数计算公式直接验证:(1

24、) Lnz22 Lnz解：记z rei，贝U(1)左端Ln (r2e2i )右端 2ln r1(2) Ln . z Lnz2r (2 2k )i ,2m )i 2ln r (22ln(其中的k, m为任意整数。4m )i ,1时的值为 2 )i，而右端却取不到这一值)，因此两端不相等。1 ln r ( m 2k2 212n )i ln r (-2 2m 0,1k，右端n取2k或2k2l为偶数时，左端可取显然，左端所包含的元素比右端的要多(如左端在k2ln r (2(2)左端 Ln卜re)i、 1右端 In r (2其中k,n为任意整数，而不难看出，对于左端任意的 之，对于右端任意的n，当nn

25、)i对应，而当n 2I 1为奇数时，左端可取k 2I,m 所述，左右两个集合中的元素相互对应，即二者相等。12.证明 sinz sin z, cos z cosz 证明：首先有1时与其对应；反 k l,m 0于其1于其对应。综上ez ex (cos y isiny) ex (cos yiz ei sin y)izizizize e e e sinz ()2i2iize2iexizeiy ez，因此i z e2iizi ze esin z,第一式子证毕。2i同理可证第二式子也成立。sin z13.证明 |Im z证明：首先,sin zsin zeImzizize e 2i即|ysinizizee

26、e其次，由复数的三角不等式又有eye|yizize eiz eellyyee2i222右端不等式得到证明根据高等数学中的单调性方法可以证明xxe ex 0时x，因此接着2上面的证明，有sinzey ey2R，证明 sin z chR,y，左端不等式得到证明14 .设 z|证明：由复数的三角不等式，有sin zizize e2i由,|sin z同理，|y| ch|yizecoszcosz|chRizizeee y ey echR，ize2y ey2再主要到xizizee20时chx单调增加，因此有ch|y，ey ey 订chychR证毕。15.平面流场的复势f (z)为2 2 1(1) (z i

27、)(2) z(3)z 1试求流动的速度与流线和等势线方程。解：只需注意，假设记f (z)i(x,y) i (x, y)，那么流场的流速为v f (z)，流线为 (x,y) q，等势线为(x, y) c2，因此，有(1) (z i)2 x (y 1)i流速为流线为x(y 1) g，等势线为(2) z：(x iy)3 x3 3xy23? 3(z)2， q，等势线为 J2 2 /x (yf (z) 2(z i) 2(z i)，x2 (y(3x2y1)22x( y 1)i1)2C2y3)i流速为v f流线为3x2y1(3)z212 2x y(z)3 y(x iy)2 11 2xyix2x3 3xy2

28、c21y21 2xyi(x2 y2 1)2流速为v f (z)2 24x y2ZT22(z 1)2z22 ，(z1)2流线为等势线为 一2(x2xy/22八 2(x y2x2y2A221'1) 4x yylJ C21)2 4x2y2 C2习题三答案1 计算积分(xc解：积分曲线的方程为 z x iy t ti，(x y ix2)dzc1 2ix2)dz，其中c为从原点到1 i的直线段xt:010(tt, y t，即1，代入原积分表达式中，得it2)(t ti)dt0it2(1 i)dt 一2.计算积分 ezdz，c(1)从0到1再到13其中c为i的折线解：(1)从0到1的线段c1方程为

29、： 从1至/ i的线段c2方程为: 代入积分表达式中，得ezdzezdzezdz(2)从o到1 i的直线x iyx iyx, x: 01,1 iy, y ： 01,1exdx01e1 yi(10yi)dy1ei q (cos y i sin y)dy e 101 ei(s in1 i cos1 i) e(cos1 从0到1 i的直线段的方程为代入积分表达式中，得1 t t.ezdz°e (t ti) dtc对上述积分应用分步积分法，et (sint2e(2)ei (sin y icosy)|0 isin 1) 1e1 iiyt ti , t : 0(1 i)0 et (costi s

30、int)dt,ezdz (1 i)c(1 i)d21(costi sint(1 i)t ee1e0e1cost)sint3 .积分(X2c(1)沿y x从0到1 i解：(1)积分曲线的方程为z 代入原积分表达式中，得1(x2 iy)dz 0(t2 it)(tciy)dz，其中c为eti(s inti cost)iyti) dt(2)沿 yt ti，(1cost)(1 i )et (eith(e2x2从0到1t :0ie")1 2i)0(t2it)dt1 11(1 i)( -i)-3 26(2)积分曲线的方程为代入积分表达式中，得2 1 2(x2 iy)dz0(x2c5.i6zx iy

31、x2it:0ix2)(xx2i) dx(1i)o(x2 2x3i)dx1(1 i)(-34 计算积分214i)65.i6z|dz，其中c为(1)从圆周解：(1)Z dzc1到+1的直线段(2)从c的方程为z x，代入，得1xdx 121到+1的圆心在原点的上半i sin ,0(sin0，代入，得i cos )d(2) c的方程为z x iy cosi0z|dz 1 (cos i sin ) dc(cos i sin )215估计积分 飞dz的模，其中c为+1到-1的圆心在原点的上半圆周cZ22解：在c上, |z=1，因而由积分估计式得z2-dz2z2dsc2z2dsds c的弧长c6 用积分估

32、计式证明:Rim 膘dz 0假设f(z)在整个复平面上有界，那么正整数cr其中Cr为圆心在原点半径为R的正向圆周。证明：记f (z)M ，那么由积分估计式得f(z) dzLds|cRM2 RRn因nRimcRJMRn 1 '1，因此上式两端令Rf (z) dz 0 n dz O，r z证毕。cR取极限,M dsRncR由夹比定理，得其中积分7通过分析被积函数的奇点分布情况说明以下积分为0的原因,曲线c皆为z 1(3)1占(5)zezdz解：各积分的被积函数的奇点为:(1) z 2，(2)(z 1)2即 z 1 Z3i ，(3) zJi(4) z k , k为任意整数,2(5)被积函数处

33、处解析，无奇点不难看出，上述奇点的模皆大于1,即皆在积分曲线之外，从而在 积分曲线内被积函数解析，因此根据柯西根本定理，以上积分值都为0。8 计算以下积分：(1)4 e2zdz0解：以上积分皆与路径无关,i 2(2)sin2 zdzi因此用求原函数的方法:(3)1zsin zdz0(1)e2zdz e2z2冷 e0) 1(i2 21)(2)sin2 zdz(3)】sin221zsin zdz0i 21 , 2(e4i1zdcosz0cos2zzdz 2e2 )(zcoszsin2z4-sh221coszdz0)i10dzz2 a2cos1 sinzsin1 cos19计算其中c为不经过 a的任

34、一简单正向闭曲线。解：被积函数的奇点为(1)a皆在c夕卜,a，根据其与c的位置分四种情况讨论：那么在c内被积函数解析，因而由柯西根本定理a20(2)a在c内,1a在c外，贝U在c内解析，因而由柯西积分公式:(3)同理,2z当 a在c内,1Adz2aa在c外时,dzz a.1i z a2yz(4)此时，dz2aa皆在c内在c内围绕a,Jdzz a2i -1z aa分别做两条相互外离的小闭合曲线c1,c2，贝 U 由复合闭路原理得:dz2 2z az_a( z a-i -i 01注：此题假设分解二 2z a10.计算以下各积分A丄()，那么更简单!2a z a z a解：(1)dz，由柯西积分公式

35、2)dz缈(z 2)(z 2)z"，2在积分曲线内被积函数只有一个奇点却1 z(2)Az(3)dz2IZie£i4 ii，故此同上题一样:dzz zeiz1zilZ2(z2 1)(z24)在积分曲线内被积函数有两个奇点i，外离的小闭合曲线c1,c2，那么由复合闭路原理得:1围绕i, i分别做两条相互 dzz2 4)(z2 1)2(z 4)(z i)dz2 i(z2 4)(z i)|zi(z2 4)(z i)2(z 4)(z i)dz(4)zz42z1dz，在积分曲线内被积函数只有一个奇点1,故此(z2 1)(z 1)dz2 i(z21)(z 1)丿 sin zdz， 2z2

36、 14在积分曲线内被积函数有两个奇点 互外离的小闭合曲线q,c2，那么由复合闭路原理得：1z 1z(5)12 zSz sin zdz141. zsin -乙4dzz 11，围绕1, 1分别做两条相rzsin -4dz11. zsin1 z 1j 二142nndz, 2(z 1)n 為dz2iz(6)n为正整数,由高阶导数公式2 i2n、(n(z )(n 1)!j2n(2n 1)|(n 2)1)!1(n1)(2n)! 1)!i(n 1)!(n3 dz，其中c为1 1z| -(2)z 1计算积分2 i Uz(z 1)(1)解：(1)由柯西积分公式z e(3) iz 2/dz(2)同理，ze三dzz

37、(z 1)由高阶导数公式ez.13dz1 z(z 1)2 i21 ez(z2 2z 2)2 z3(3)由复合闭路原理ez2z(z3dz1)3(z其中,z e1)312.z 0 c1 ,c2 为积分2!ze3厂丿dzzi A(z i)1,zer2内分别围绕-dz的值是什么？并由此证明声20, 1且相互外离的小闭合曲线。1 2cos , 小 d 0 0 5 4cos解：首先，由柯西根本定理,dz 0,因为被积函数的奇点在积 iz 2分曲线外。其次,n丄dzV1 z 22令 z r (cos2i sin )，代入上述积分中，得sin i cos ,d2 cos i sinicos )(2 cosi

38、sin )2 2 d(2 cos )(sin )(sin icos )(2 cos isin 九 ° 5 4cos考察上述积分的被积函数的虚部，便得到(sin i cos )(2 cosi sin ),d(sin2Im02 1 2cos , d 0 5 4cos1 2cos , d5 4cos1 2cos d 0 5 4cos4cos0，再由cos的周期性，得1 2cos , d 5 4cos0，证毕。设f (z), g(z)都在简单闭曲线2 00 5 4cos13.f (z) g(z)，证明在c内也有f (z)证明：由柯西积分公式，对于 c内任意点§，c上与c内解析，且在

39、c上 g(z)。A g(z)dz, Z Zo由，在积分曲线c上，f (z) g(z)，故此有 f(z) g(zo)再由z0的任意性知，在c内恒有f (z) g(z)，证毕。14. 设f (z)在单连通区域D内解析，且I f(z) 1|1，证明(1) 在 D 内 f (z)0 ；f(z)(2) 对于D内任一简单闭曲线c,皆有门匚辺dz 0证明：(1)显然，因为假设在某点处f(z)0,那么由|0 11，矛盾!(也可直接证明：|f(z)|1|f(z) 1|1，因此1|f(z)|11，即 0|f(z)|2，说明 f(z) 0)f(z)(3)既然f (z) 0，再注意到f (z)解析，f也解析，因此由函

40、数的 解析性法那么知f (z)也在区域D内解析，这样，根据柯西根本定理，f(z)对于D内任一简单闭曲线c,皆有A上dz 0，证毕15. 求双曲线y2 x2 c ( c 0为常数)的正交(即垂直)曲线族。 解：u y2 x2为调和函数，因此只需求出其共轭调和函数 v(x,y)，那么 v(x,y) c便是所要求的曲线族。为此，由柯西一黎曼方程VxUy 2y，因此 v ( 2y)dx 2xy g(y)， 再由vy ux2x知，g (y) 0，即g(y) c0为常数，因此v 2xy c0，从而所求的正交曲线族为xy c(注：实际上，此题的答案也可观察出，因极易想到f (z)z2y2 x2 2xyi 解

41、析)16. 设v epxsin y，求p的值使得v为调和函数。解：由调和函数的定义vxx vyyp2epxsiny ( epxsin y) 0，因此要使v为某个区域内的调和函数，即在某区域内上述等式成立，必须p210，即 p 1。17. u v x2 y2 2xy 5x 5y，试确定解析函数f (z) u iv解：首先，等式两端分别对x, y求偏导数，得ux vx 2x 2y 5 (1)uy vy 2y 2x 5 (2)再联立上柯西一黎曼方程Ux Vy ( 3)UyVx ( 4)从上述方程组中解出ux,uy，得Ux 2x 5, Uy2y2这样，对ux积分，得u x 5x c(y),再代入uy中

42、，得2c(y) 2y, c(y) y c°2 2至此得到：u x 5x y c0,由二者之和又可解出v 2xy 5y c0，因此f (z) u iv z2 5z c0 c0i，其中c0为任意实常数。此题还有一种方法：由定理知f (z) ux iVx ux iuy 2x 5由此也可很方便的求出f (z)。18.由以下各调和函数求解析函数解：(1) u x2 xy y2, 由柯西一黎曼方程，Vy ux注:f(i)v 2xy再由vx2x y，对y积分,1 2 尹 c(x)，uy 得 2yc(x)x, c(x)(x)1 2x22yi 2z 5f (z) u iv1 i，x 2y，因此c0，所

43、以v 2xyc0，因 f(i)说明x0,y1时v 1，由此求出co至此得到:f(z) uivx22xy y整理后可得:f(z)z1212(y x 2xy 2 22 1 .z i21V2)i，(2)V 2，x y此类问题，除了上题采用的方法外，也可这样:f Ux iVx Vy iVxx2 y22xy222y2)2 (x21f(2) 0(x2(z)2(zz)2丄，所以zf(z)其中c为复常数。代入0得,1，故此21 1f(z) 2 zy(3)v arctan丄x f同上题一样,x2(4)Vx(x 0)UxiVxiVxVy1zy2 2x y 因此 f (z) In z c0，其中的In z为对数主值

44、，c0为任意实常数。u ex(xcosy ysiny)， f(0)0xe (xsiny sin y ycosy)，对x积分，得x2 yzzUyv sin y exxdx ex(sin y ycosy) c(x)sin y(x 1)ex ex(sin y ycosy) c(x)ex(xsin y ycosy) c(x)再由vy ux得c (x) 0，所以c(x) c0为常数，由f(0) 0 知,x y 0时V 0，由此确定出c00，至此得到：v ex(xsin y ycosy)f (z) u iv ex(xcosy ysin y) iex(xsin y ycosy)， 整理后可得f (z) ze

45、z19设在 |z| 1 上 f (z)解析，且 |f(z)| 1，证明 |f(0)| 1证明：由高阶导数公式与积分估计式，得If (0)1 *0血dz H 凹 ds丄c2 .V1f (z)ds20假设f(Z)在闭圆盘Z ZR上解析，且f(z)M，试证明柯西不2 I 训 Z 2 Vi z 丄Ads 21，证毕。n I等式fzj -M ,并由此证明X维尔定理：在整个复平面上有界Rn且处处解析的函数一定为常数。证明：由高阶导数公式与积分估计式，得f(-)(Zo)n!n!2 if(z)n 1r(z zo)dzn! ARn 1zU(z)dsn!M2 Rn 1dsV1n!M 22 Rn 1f(z) (zn 1Zo)dsR吧，Rn柯西不等式证毕；下证 X维尔定理:因为函数有界，不妨设|f(z)| M，那么由柯西不等式，对任意Z都有f (z0) ，又因f (z)处处解析，因此R可任意大，这样，令 RR，得|f (Zo) 0，从而| f (Zo) 0，即 f(Z) 0，再由 Zo的任意性知f (z)0，因而f (z)为常数，证毕。习题四答案1.考察以下数列是否收敛，如果收敛