复变函数及积分变换习题答案

1、、将下列复数用代数式、三角式、指数式表示出来ii_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 - _22sin -cos()isin()2sin e222222(5) z33J333 i33角半：z r e r cos3 isin3(6) e1 i解：e1iee e cos1 i sin1(7)1 i1 i1 i解： i e cos3 /4 isin3 /

2、41 i1 i二、计算下列数值(1) a ib解:解:解:解:(5)解:(6)解:3iiiiJi arctg _ 2k ib . a be a4.2ab2e.14 bi arctg_ 2i-6e4：.2/a、.3i - arctg - k3e22ki - 2k2ecos5而:所以:sin51/iei一 2k22-3eicoscoscos55cos5cos所以:2k2cos5isini sincosc;cossin.4 sinC51C510i sini sincoscosi sini sincosei5 n isin八3C5 cos310cossini sin5 cos52sin 5 ,5 co

3、ssin 512i12i5C5n n 05C5 2isin 2isin(n 1) 2i sin n2i2(1 cos ) n 0cosncosni sini sin5 n5 n1n5 ncosi sin5 n115八22344ii sinC5cosi sinC5i sincossin5210cos. 3 sin5sin4 coscos2L Lcosncos解:coscos 2eicosn(ei2 ein e(e ii2inin eei(11in eei (1in ei (1 einei2(1 cos )(8)sin解:sineiei(n1)e i(n1)inine e2(1 cos )2cos

4、 2 2cos( n 1) 2cos n2(1 coscos1 cos(n 1) cosn2(1cossin(n 1)sin-22sin 2sin 22i12i2sinei (11eisin nsin nin 、e ) eii(n 1)1 e2i(eii2 e(e ii2in )(11in eeiin(1 ei (1in)1 ei2i2(1 cos )in e2(1 cos )i (n 1)ine esin sin(n 1) sin n2(1 cos )cos(ncos 22sin 21.2复变函数1、试证明函数f(z)=Arg( z) (- <Arg(z) < ),在负实轴上(包

5、括原点)不连续。证明：(1)在负实轴上，任取一点 z a ,则分别由水平方向和垂直方向趋近z点有:lim f (z)lim Arg ( a i y)y 0y 0lim f (z)lim Arg ( a i y)y 0y 0显然函数在负实轴上不连续。(2) 在零点，沿z rei方向趋近于零点则：lzm0 f (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:22 _xyax by c1 ,则在复平面上：x (z2z),y1 ,、 一 、(z z),所以圆方

6、程变形为:2i_a . bzz一 i 一 z22若令：一A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:在z 0处，有:则。f(z)zlimz 0 x i y. x lim z 01 x x y y-lim r z 0 x i y若沿zei方向趋近于z点，则:则。f (z) 1 x cos y sinlim iz r z 0e1一 xcos r一一 一 i ysin e显然，函数不可微。(2) 在z 0处，有:2、设:lzm0若沿zlimz I显然,u(x, y)u(x, y)f(z)lim z 0 x i yei方向趋近于0点，则:f(z)limz 0

7、 x函数不可微。33x y /、2,v(x, y)x yv(x, y) 03y2y,z 0,z 0试证明f (z尸u(x, y)+ iv (x, y)在原点满足GR条件，但不可微。证明:首先:u(x,y)(0,0)1 u(x, y), y(0,0)v(x,y)(0,0)显然：U(x,y)而在(0,0)点,f (z)limz 0若沿zeif (z)limz 01 v(x, y)(0,0)(0,0)v(x,y)(0,0)f(z)的导数定义为:f-(z)limz z 0f( z)u(x, y)f(0)方向趋近于0点，则:33f (z)cos sin iv(x,y)f(z)满足C-R条件。(0,0)l

8、imz 0f(z)2.2cos sincos i sin显然，函数在原点的导数不存在，所以函数虽然在原点满足 微的必要条件。1.2复变函数1、试证明函数f(z)=Arg( z)(-证明：(1)在负实轴上，任取一点<Arg(z) & ),在负实轴上(0,0)3x2 x lim z 04(1i)(33y_2yx3x2x3y_2yi4)C-R条件，但不可微。C-R条件只是函数可(包括原点)不连续。z a ,则分别由水平方向和垂直方向趋近z点有:lim f (z)lim Arg ( a i y)y 0y 0lim f (z)lim Arg ( a i y)y 0y 0显然函数在负实轴上不

9、连续。(2) 在零点，沿z rei方向趋近于零点则:则0 f 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 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:22x y ax by c1则在复平面上：x (z2z),y1，(z z),所以圆方程变形为:2ia. bazz-i z222若令：一A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:在z 0处，有:lzm0f(z)zlimz 0 x i y. x lim z 0fyLimx r z 0若沿zei方向趋近于z点

10、，则:lzm0f (z) 1 x cos y sin- limz r z 0e1一 xcos rysin e i显然，函数不可微。(2) 在z 0处，有:f(z)zlim z 0 x i y若沿z ei方向趋近于0点，则:.f (z) . I z|ilim lim !- ez 0 z z 0 x i y显然，函数不可微。2、设： 3333/、x y ,、x y -u(x, y) 2，v(x, y) 2 ,z 0x yx yu(x, y) v(x, y) 0,z 0试证明f (z尸u(x, y)+iv (x, y)在原点满足 GR条件，但不可微。证明：u(x,y)x (0,0)v(x,y)x (

11、0,0)首先:1 u(x, y)y (0,0)1 v(x, y)y (0,0)显然：U(x,y)(0,0)v(x,y)yu(x, y)v(x,y)f(z)满足C-R条件。(0,0)(0,0)(0,0)而在(0,0)点,f(z)的导数定义为:f (z)limz 0f-(z)limz z 0f( z)f(0)z) i y3 x2 x lim z 03 y_2 yx3 x2 x3 y_2 y若沿z ei方向趋近于0点，则:f (z)limz 0f(z)2.2cos sin33i cos sincos i sin4(1i)(3 ei4)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

12、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:(1»(x,y) ,f(2) 0 x y(2)u(x, y) ex sin y(3)u(x,y)x3 y3 xy, f(0) 0(4)u(x,y) In ,f(1) 0解：(1) v(x,y)22.IIIu(x, y)v(x, y) xyxy x u(x, y)exsiny 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则：xu(x, y)yxe

13、cosy.Iv(x,y)yIIu(x, y) x .e sin y x由 I 得：v(x, y) excosy (y)带入(II)得：(y) 0所以：v(x, y)ex cosy C u(x,y) x3 y3 xy22u(x, y) 6x, u(x, y) 6y xy22显然： u(x, y) 6 x y xyu(x, y)并非调和函数，所以，此题无解。(4) u(x, y) In则:v(x, y)u(x, y).Iv(x,y)u(x, y)II由 I 得：v(x, y)atan(y)带入(II)得:(y) 0所以：v(x, y)atan y2、试证明我三个单值分支在割破的z平面上任意区域上都

14、是解析的,并求其导数。证明:f(z)3/Z,令:reiei(这里:2 2r cossin所以:f(zZ)2r1/6cos则:f(zz)所以:1/62rcoscos2kisin2k1/6 r1/6 r1/3 r1/3 r1/6f(z)coscos2kcossin2ksin 3i sin2kcosicos 一 32ksin1/6 rcoscos2k6r2/3coscos 一 3sin32kisin2ki 一 cos32k2kisin 32ksin2kicos2k1 2 -2/3 匚 6rcoscos 一 32kisin 一 32ksin2kicos2k1/3 rsin2ki cos2k6r2/32

15、 coscos2kisin2kcos 一 32ki sin2kz cos3ri sinW32cos1/3 ir三3rf(z) lim lizm0f(z z) f(z)3z i elim)z 0 ei( )2.1-2 Cauchy积分1、计算积分解:z dz二z3reiz dz ,积分路径(1)直线段;(2)右半单位圆周；(3)左半单位圆周。ix2 y2dz若沿直线从-i积分到z dz i1y dy01ydy10ydy1i °ydy10 ydy若沿右半圆从-i积分到i则:/2z dz/22ii 、 id(e ) e/2/2若沿左半圆从-i积分到i则:/2z dz3 /22ii 、 i

16、d(e ) e/23 /22、当C为单位圆周时，不用计算，试证明:15zdz 60,cI12zdz 02证明：2c z 5z 6dzdzc(z 2)(z 3)11.dz C z 2 z 3 C11dz dz cz 2 cz 31因为两个非解析点都不在积分圆周，根据Cauchy积分定理： dzC z 5z 6C z2 2z 2Cdzc(z 1)2- dz 1dz2idzC z 1 idz c z 1 i因为两个非解析点z 1 i, 1 i都不在积分圆周，根据Cauchy积分定理:1dz 0C z2 2z 2C2.3-4 Cauchy 积分定理1、已知函数 （x, t）xt 1 te1 t将x作为

17、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x /z ,并借以证明:tnx dn6 dx7解：（1）首先，令:ze xe1 z(x,z)，则： (x,z)1 zd z根据解析函数的无限可微性有:n (x, z)n!所以:n (x,t)tnx 1n! e ,?nfd2 i ? 1 n 1（2）做变量替换：tz x ，则对于积分公式来说:zn (x,t)tnn!-dn!dzx n!e 2 ine m dxnxe x4.2利用留数定理计算实积分1、确定下列函数的奇点,算留数,02a解：(5)adx /(a sin x0)； (6)cosxdx1 2 cosx(1

18、)0 a2adxsin2 xadx1 cos2x22adx22a 1 cosxadx0 -2-2 -0 a sin xadzlzl 1 2a2 1 1 z z 1 iz22adz2ai |z 1 z2 2 2 a2 1 z 1f (z)dziz 1显然，f (z)存在两个一阶极点：z (2a2 1)2aVa2 1 ,只有：z (2a2 1) 2aVa2于单位圆，所以:Res f (z) z (2 a2 1) 2a/a21lim z (2a2 1) 2a a2 1 z (2a211) 2a a2 1则:adx-22a sin x2a4a a2 1a2 1cosxdx21 2 cosx1)cosx

19、dxdz1 2 cosxz 12 11z iz1 dzz2 1 dzIz1z z2 ilzf (z)dz1显然，f(z)存在三个一阶极点： z 0, , 1,只有：z 0, 处于单位圆，所以:Res f(z)zlim z z z所以:2 cosxdx0 1 2 cosx2、计算下列实函数积分2 x -6 x1dx 1解：(5)2 x -6 xdx根据定理有:x2 16/xx 11142ddx 2 iRes_42 dx x 1Im k 0 z k x x 11而函数 f (z)2 存在四个一阶极点:x x 1.5.5i i ii e6, e6,e 6 , e 6 ,很显然处于上半平面的； ；5i

20、 i c孤立奇点只有：z e6,e 6 ,所以:Res f (z) z e6lim 2z e6 2z 2z 11i-i-2e6 2e3 1ie 62.3iRes f(z) i -z e 6lim.5z ei_6 2z 2z1iT2e 6 2e 311i-i-2e 6 2e 3 1i-e6_2 . 3i所以:"dx x 1ie 6i-e62 ；3i 2 . 3i3计算下列实函数积分xsin xdxx2 1i上半平面，所以:显然，f (z)解：根据定理:Resz iiz ze2eimzxsin x , 2dxx2 1c xsin x ,2 dx0 x212zeRes2Im k 0 z k

21、 z12 zimz ze-存在两个一阶极点:1所以:xsin x .2e e: dxx2 13.2哥级数3、求下列哥级数的收敛圆解：Rkimck 1(2)klnk(z 2)k11/ k1/(k 1)所以,(2)其收敛圆为以i为圆心的单位圆。由于:R limkln2 kln2limkln k k 1limkln kln k 1k 1lim1k kR limk, lnkk, ln k kim(k 1)1n(k1)(k 1)1n(k1)k112为圆心的单位圆。limkln k 1 k所以，其收敛圆为以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

22、z在 z00解:sin2 z2(12 cos z2(11 cos2z) (12 n 02n一 n 22n 1 Z(2n)!2n 1 22n 1 Z22n(2n)!2n i_Z_ 而八、1。cos2z) (1 2n 22n 1n2nz22 n(2n)!2n1 _z_ (2n)!2n22n ) (2n)!2n22n-) (2n)!4.1留数定理1、确定下列函数的奇点,算留数,(1) ez/(1z);(2) z(z 1)(z 2)2z . / 22、，、e . (a z ), (4)eiz - (a2z2)解：ez/(1z)(2)(4)显然z1为其一阶极点，则:Resf (z) lim( zz 1r

23、，1)ez(1z)z (z显然z_ 21)(z 2)1为其一阶极点，z2为其二阶极点，则:Rqsf(z) lim(z 1)z. (z 1)(z z 1z 1Resf (z)ez. (a2显然zz2)22)2 1lzm2 dz(z 2)2人ia为其一阶极点,则:Res f (z)z iaRes f (z) z iaiz - 2 e . (az2)_ 21)(z 2)zm2lim( z ia)ez.'(a2 z ialim (z ia)ez z iaz2)z2)ia e2iaia e2ia显然zia为其一阶极点,则:Res f (z)z ialim( z ia)eiz. (a2Res f

24、(z) z ialim (z ia)eiz. (az iaa e2ia2、计算回路积分,dz?-I z 1 z 12x2yz|1> ez2dz2解:(1)首先l的围线方程为:而被积函数存在三个孤立奇点i,1 ,在围线有两个孤立奇点：z i,14.2Resf (z)z iRe1s f (2)可以看出来,1ez可以看出:lzmlzm1dz(zi)dz(z 1)21 z2 i(4 2)被积函数存在唯一孤立奇点1 1 2.2n 0 n! z1-2? ez dzz2利用留数定理计算实积分1、确定下列函数的奇点,算留数,2i0,且为本性奇点，对被积函数做Laurant展开:(5) -r0 a2解：(5)adx /(a sin x0)； (6)cosxdx1 2 cosx 2(1)0 a2adxsin2 xadx1 cos2x22adx22a 1 cosxadxadz0 2. 20 asin xIzl 1 2a2 1 1 z z 1 iz22adz2a2_ _ 2i Iz 1z 2 2a 1 z 1f (z)dziz1显然，f (