复变函数课后习题复习资料全

1、习题一答案1.求下列复数的实部、虚部、模、幅角主值及共腕复数:(1)132i(2)(3)3i解：（1）z32i因此：Rez1Z而,313,argz(4)32i13,2Imz，13,2-3arctan,z313i(i1)(i2)-821.i4ii2.一i13(2)z(i因此，Rez|z|,10i1)(i2)310,argzi3i13i10,1Imz，101arctan-,z331.i10101(3)z-i3i1i因此，RezV34月T,(4)zi833,argz214i21,33i35ii， HYPERLINK l bookmark61 o Current Document 22,5Imz，2,

2、5-35iarctan-,z32i14ii13i因此，Rez1,Imz3，|z|,花,argzarctan3,z13i2.将下列复数化为三角表达式和指数表达式:(Di1百(3)r(sinicos)(4)r(cosisin)(5)1cosisin(02)i解：(1)icosisine222(2)1、3i、22(cos3.2isin一32i)2e3(-)i(3)r(sinicos)rcos()isin()re2(4)r(cosisin)rcos()isin()rei(5)1cosisin22sin2isin-cos-222i2sincosisin2sine222223.求下列各式的值：(1)(V3

3、i)5(2)(1i)100(1i)100(1、3i)(cosisin)(1i)(cosisin)(4),.2(cos5isin5)II3(cos3isin3)(3)1i解：(1)(x/3i)52(cos(一)6isin(-)5655525(cos()isin()66(2)(1i)100(1i)100(2i)5016(3i)(2i)502(2)50(1、3i)(cosisin)(1i)(cosisin)2cos()isin()(cos33isin)2cos()isin(44)cos()isin()i sin2 )、2cos()isin(-)(cos2J2cos(212)isin(212).2e(

4、2矿,L.l、2/、(cos5isin5)(43(cos3isin3)cos10isin10cos19cos(9)isin(9)isin19cosisin一2211cos(2k)isin(一2k323231.1,22J31.(6)Ji、J2(cosisin)42cos(242k1)isin(242k)、儿1i4-设Z172,解：乙cos一42cos(一4ZZ21r/cos(一245.解下列方程:2i,2i,42e8i,k42e-8i,kJ3i,试用三角形式表示isin,z24isin(4isin(一4JZ14。与一Z22cos(一)isin(-),所以666)6)2(cos12isin),12

5、1(cos212isin5-)12(D(zi)51解：(1)zi5/1,(2)Z4a40(a0)由此12kiz51ie5i,(k0,1,2,3,4)(2)z4a44a4(cosisin)acos1(4i2k)isin(42k)，当k0,1,2,3时，对应的4个根分别为:Ji),a2(i),32(1i),a2(1i)6.证明下列各题：(1)iy,则Izx|y|证明:首先，显然有|zIly；周止匕有2(x2y2)(|x|y|)2,2从而|z|(2)对任意复数4,有乙z2乙I22Re(乙z2)证明：验证即可，首先左端(x1x2)2(yiy2)2,而右端x12y12x22y222Re(x1iyi)(x

6、2iy2)2222为V1x2V22(%x2yy2)22(为x2)(y1y?)，由此，左端二右端，即原式成立。(3)若abi是实系数代数方程a0zn的一个根，那么abi也是它的一个根。n1Lan1za。0证明：方程两端取共腕，注意到系数皆为实数，并且根据复数的乘法运算规则，zn(z)n,由此得到：a0(z)na1(z)n1Laniza00由此说明：若z为实系数代数方程的一个根，则z也是结论得证。ab(4)若|a|1,则ba,皆有一一a1ab证明：根据已知条件，有因此:abaaaba(ab)a，证毕。(5a证明：|a因为归1,b|21,(aab1,1,则有b)(a(1所以,b)ab)(1IMaba

7、bab)1(12a)(babab,1)0因而a结论得证。1ab7.设Z1,试写出使Zna达到最大的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达到最大，为此,需要取Zn与a同向且Zna1,即Zn应为a的单位化向量，由此，Zn 一aa8.试用Z1,.,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，z24与4Z1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则知Arg互31应为0或 的整数倍,至此得到:Z3Z1Z2Z14,4,4三个点共线的条件是二为实数。Z3Zl.写出过Z1,z2(Z1Z2)两

8、点的直线的复参数方程。解：过两点的直线的实参数方程为：xx1t(x2x1)yyit(y2yi)因而，复参数方程为：zxiyXiiyit(x?%iy?iy)为t4)其中t为实参数。.下列参数方程表示什么曲线？(其中t为实参数)z(1i)t(2)zacostibsint(3)zt-t解：只需化为实参数方程即可。xt,yt,因而表示直线yx22xacost,ybsint,因而表示椭圆x-y1a2b21xt,y-,因而表小双曲线xy1t.证明复平面上的圆周方程可表示为zzazazc0,其中a为复常数，c为实常数证明：圆周的实方程可表示为：x2y2AxByc0,代入xZZ、，、_.22I2一,y,并注意

9、到xyzzz,由此 TOC o 1-5 h z 2izzzzczzABc0,22i/日-ABiABi-整理，得zzzzc022记ABia,则ABia,由此得到22zzazazc0,结论得证。.证明：幅角主值函数argz在原点及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定定义不难看出，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limargz不存在，因而argz在x0点不连续，即在负实轴上不连续,zx结论得证。122.函数w一把z平面上的曲线x1和xy4分别映成w平面中z的什么曲线？解：又t于x1,其方程可表示为z1y

10、i,代入映射函数中，得w因而映成的像曲线的方程为得221u v 21 y圆周。对于x2 y2 4z x iy 2cos 2i sin代入映射函数中，得111 iyu iv - 2 ,z 1 iy 1 y1y 一一u 2, vJ ,消去参数y,1 y 1 y12212u,即（u ） v（一），表示一个22其方程可表示为因而映成的像曲线的方程为1 u cos , v211cosisinwuivz2cos2isin21.r一,sin,消去参数20221一，1行uv一,表小一半径为一的圆周。42.指出下列各题中点Z的轨迹或所表示的点集，并做图：解：(1)|zz0|r(r0),说明动点到z0的距离为一常

11、数，因而表示圆心为z0,半径为r的圆周。|zz0|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的圆周及圆周外部的点集。|z1|z3|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zxiy,化为实方程得(x2)2y211615|zi|zi|,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。arg(zi)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。4.做出下列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。2iz3,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argz(02)，顶

12、点在原点，两条边的倾角分别为，的角形区域，无界，单连通1311,显然z2,并且原不等式等价于|z3|z2,说明z到3的距离比到2的距离大，因此原不等式表示2与3连线的垂直平分线即x2.5左边部分除掉x2后的点构成的集合，是一无界，多连通区域。z2z21,显然该区域的边界为双曲线|z2|z2|1,化为实方程为.2424x2V1,再注意到Z到2与Z到2的距离N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部分，是一无界单连通区域。|z1|4|z1，代入zxiy,化为实不等式，得 TOC o 1-5 h z 172282(x)2y2(一)21515178所以表小圆心为(一,0)半径为2的

13、圆周外部，是一无界多连通区域。1515习题二答案.指出下列函数的解析区域和奇点，并求出可导点的导数。,.、5311(z1)5(2)z2iz(3)(4)zz21z3解：根据函数的可导性法则(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、商的导数公式及复合函数导数公式，再注意到区域上可导一定解析，由此得到：(z1)5处处解析，(z1)55(z1)4z32iz处处解析，(z32iz)3z22i12(3)-的奇点为z10,即zi,z21(丁)(z12)-TT，(zi)z21(z21)2(z21)21一(4)z的奇点为z3,z3(z六)(z 3)2(z3)2.判别下列函数在何处

14、可导，何处解析，并求出可导点的导数。(1)f(z)xy2x2yi(2)f(z)x2y2i(3) f(z) x3 3xy2 i(3x2y解：根据柯西一黎曼定理：22u xy , v x y , 22Ux y , Vy X ,Uy四个一阶偏导数皆连续，因而U vv, uvVx解得：x yx y yx因此，函数在z 0点可导，函数处处不解析。u x2, v y2,Ux 2x, Vy 2y,Uy四个一阶偏导数皆连续，因而U vv, uvVx解得：x yx y yx因此，函数在直线y x上可导,f (x ix) Ux MJ 2x,3r 1y3)(4)f(z)=z2xy, Vx 2xyu,v处处可微，再由

15、柯西一黎曼方程0,f(0) Ux ivx|z0 0，0，Vx 0u,v处处可微，再由柯西一黎曼方程因可导点集为直线，构不成区域，因而函数处处不解析。(3)ux33xy2,v3x2yy3, TOC o 1-5 h z 2222c八ux3x3y,vy3x3y,uy6xy,vx6xy四个一阶偏导数皆连续，因而u,v处处可微，并且u,v处处满足柯西一黎曼方程UxVv,UvVxxyyx因此，函数处处可导，处处解析，且导数为f (z)Ux(4) f(z) 1 z1x iy2ivx3xxx iyUx22xy22yx23y +i6xyx22 ,x y2x3z2uy2 22 2，(x y )2xy7272，(x

16、 y )Vx22 2(x y )2xy22 2 ,(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l,m,n取何值时f(z) my3U, V处处不满足柯西一黎曼方程,2 nx,32、y i(x Ixy )在复平面上处处解析?3232解：u my nx y, v x Ixy 2 ux 2nxy, vy 2lxy, uy 3my22, 2nx , vx 3x ly ,由柯西一黎曼方程得： ux 2 nxy vy 2lxy,uy 3my2 nx2vx由(1)得 n l ,由(2)得n 3, m 1,(1)3x2 ly2(2)3m l ,因而，最终有n l 34.证明

17、：若f(z)解析，则有(-x证明：由柯西一黎曼方程知，左端(UUx VVx)2(，22,u v22u (ux Vx)UUy VVy,u2V2(Ux2vVx)2f(z)|)2 (一|f(z)|)2 |f y(一u u2 v2)2 (/u2xy22(uux Wx)(uvx vux)22U Vf (z)|2右端，证毕。(uxVx)2UxiVx5.证明：若f(z)uiv在区域D内解析，且满足下列条件之一，则f(z)在D内一定为常数。(1)f(z)在D内解析,(2)u在D内为常数，(3)|f(z)在D内为常数，(4)vu2(5)2u3v1证明：关键证明u,v的一阶偏导数皆为0!(1)f(z)uiv,因其

18、解析，故此由柯西一黎曼方程得ux丫丫，7乂CD而由f(z)的解析性，又有uxvy,uyvx(2)由(1)、(2)知，uxuyvxvy0,因此uC1,vC2，即f(z)c1ic2为常数(2)设uC1,那么由柯西一黎曼方程得vxuy0,vyux0,说明v与x,y无关，因而vq,从而f(z)c1ic2为常数。|222(3)由已知，f(z)|uvc。为常数，等式两端分别对x,y求偏导数，得2uux2vvx0 xx(1)2uuy2vvy0因f(z)解析，所以又有uxvy,uyvx(2)求解方程组(1)、(2),得uuvv0,说明u,v皆与x,y无XyXy关，因而为常数，从而f(z)也为常数。一一2(4)

19、同理，vu两端分别对x,y求偏导数，得Vx2uuy,vv2uuvxxyy再联立柯西一黎曼方程uxv，uvv,仍有xyyxuxuyvxvy0(5)同前面一样，2u3v1两端分别对x,y求偏导数，得2u+3vx0,2u+3vv0 xxyy考虑到柯西一黎曼方程uxV，uvVx,仍有xyyxuxuvVxVv0,证毕。xyxy6.计算下列各值(若是对数还需求出主值)i(1)e2(2)Ln(i)(3)Ln(34i)2(4)sini(5)(1i)i(6)273解：(1)e2cos(Ln(i)ln|ik为任意整数，主值为：ln(i)Ln(34i)ln5)isin()22arg(i)2ki1.i2334iarg

20、(arctan-2k31(22k)i,4i)2ki)i,k为任意整数主值为：ln(34i)ln5(arctan4)i(4)sinii.ii.iee2iiiLn(1i)(5)(1i)e()ee.i2i(ln-2-i一42ki)iln.2-e42k(coslnx2isinV2),k为任意整数222-Ln27(ln272ki)(6)273e3e3当k分别取0,1,2时得到3个值:24-ln27kie3e39e32(1石)8_i9e37.求2(1、3i)22ez和Argez/V22解：ezexy2xyi,因此根据指数函数的定义，有2222ezexy,Argez2xy2k,(k为任意整数)8.设zrei

21、,求ReLn(z1)解：Ln(z1)ln|z1|ReLn(z1)ln|z1|iarg(z1)2ki,因此ln、(rcos1)2(rsin)212-ln(12rcosr2)29.解下列方程：(1)ez13i(3)sinzcosz0(2)lnzi2(4)shzi解：(1)方程两端取对数得：zLn(1J3i)ln2(12k)i(k为任意整数)(2)根据对数与指数的关系，应有一|ze2cosisini22(3)由三角函数公式(同实三角函数一样)，方程可变形为sinzcosz2sin(z)04因此z即zkk为任意整数4(4)由双曲函数的定义得shzz、2(e)2iezzzee210,即ezi,所以zLn

22、ik为任意整数10.证明罗比塔法则：若f(z)及g(z)f(Zo)g(4)0,g(Z0)Z0f(z)g(z)在Z0点解析，且f(z0),并由此求极g(Zo)sinz限lim;z0zlimz0ez1证明：由商的极限运算法则及导数定义知l3zz0g(z)limz4f(z)f(Zo)zzg(z)g(zo)limzz0f(z)f(z。)由此，limz0sinzzz.elimz0zlimz01zcosz1limz011.用对数计算公式直接验证:(1)Lnz22Lnz解：记zrei,则(1)左端Ln(r2e2i)右端2lnr21n(limg(z)g(zo)zz0ZZof(Zo)g(Zo)e01(2)LnV

23、z-Lnz2r(22k)i,2m)i2lnr(24m)i,其中的k,m为任意整数。显然，左端所包含的元素比右端的要多(如左端在k1时的值为2lnr(22)i，而右端却取不到这一值),因此两端不相等。_2mi(2)左端Lnre2-lnr(22m2k)i1右端-lnr(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n12n)ilnr(22m0,1k,右端n取2k或2k2l为偶数时，左端可取n)i1时与其对应；反kl,m0于其对应，而当n2l1为奇数时，左端可取k2l,m1于其对应。综上所述，左右两个集合中的元素相互对应，即二者相等。12.证明sinzsinz,coszco

24、sz证明：首先有ezex(cosyisiny)ex(cosyisiny)exiyezsin zizizizizizizizizeeeeeeee2i2i2i2iizizee一sinz,第一式子证毕。2i同理可证第二式子也成立。13.证明 |lm z证明：首先，|sinzsin z(gp|y| |sin z ey)iz ize e2iiz eiz e_ y _ye ey2右端不等式得到证明。其次，由复数的三角不等式又有eiz eiz|eiz| |eiz|e y eysin z 2i22ey e y2，根据高等数学中的单调性方法可以证明x xe ex 。时x,因此接着2上面的证明,14.设 |z|有

25、 |sinzey e y2R ,证明 sin z chR,y ,左端不等式得到证明cosz chR证明：由复数的三角不等式，有iz iziz izsin z2iey2ch|y由已知，|y| |z| R,再主要到x0时chx单调增加，因此有|sin z| ch|y| chR,同理，iz izpizp izI e e e e cosz 22证毕。15.已知平面流场的复势f(z)为eychR221(1)(zi)(2)z(3)大一Z1试求流动的速度及流线和等势线方程。解：只需注意，若记f(z)(x,y)i(x,y),则r流场的流速为vf(z),流线为(x,y)c1,等势线为(x,y)c2,因此，有(D

26、(zi)2x(y1)i2x2(y1)22x(y1)i流速为vflz)2(zi)2(zi),流线为x(y1)c1,等势线为x2(y1)2c2(2)z3(xiy)3x33xy2流速为vf(z)3z23(z)2,流线为3x2yy3c1,等势线为(3)1z211_(xiy)21x2(3x2yy3)ix33xy2c21y212xyi22(x yr 流速为v f (z)流线为一s(x2等势线为(x22 x 一2 yc习题三答案x2y212xyi1)24x2y2 TOC o 1-5 h z 22z72772二，(z1)(z1)2xyc22/22c1y1)4xyc解：积分曲线的方程为xz x iy21(x y

27、 ix )dz 0(t c1,计算积分(xyix2)dz,其中c为从原点到1i的直线段t,yt,即tti,t:01,代入原积分表达式中，得2tit2)(tti)dt21i3it2(1i)dtt332.计算积分ezdz,其中c为c(1)从0到1再到1i的折线解：(1)从0到1的线段c1方程为：从1至Mi的线段c2方程为:代入积分表达式中,(2)从0到1i的直线iyiyx,x:01,1iy,y:01ezdzcezdzc1ezdzc21exdx01yi(1yi)dye(2)1eio(cosyisiny)dyeei(sinyei(sin1icos1i)e(cos1isin1)1从0至Ni的直线段的方程

28、为ziyttiicosy)|01i/e1；,t:01,代入积分表达式中，得,1edze(tti)dtc对上述积分应用分步积分法，得(1i)et(costisint)dt,ezdz(1i)cet(sintcost)eti(sint(1i)82(costisintsinticost)cost)(1i)et,itM(eit、ie)23.积分(xciy)dz,其中c为(1)沿yx从0到1i解：(1)积分曲线的方程为z代入原积分表达式中，得(2)沿yiytit:01,(x2iy)dzc(t2it)(tti)dt(1i)(t2it)dt111(1i)(-i)326(2)积分曲线的方程为代入积分表达式中，得

29、5.i6zxiy2.xi,t：0(x2iy)dzC(x2ix2)(x212_3x2i)dx(1i)Q(x22x3i)dx4.计算积分(D从圆周解：(1)(1,V1i)(32.i415.i66zdz，其中c为c1到+1的直线段(2)到+1的圆心在原点的上半C的方程为Zx,代入,(2)C的方程为z|dzlzdzCiycos覆11,1耶isin1(cosisin)d(cosisin)|05.估计积分解：在C上,cz2年1，12xdx100(sinicos)d一dz的模，其中C为+1到-12的圆心在原点的上半圆周。因而由积分估计式得12cz一dz2dsc2ds6.用积分估计式证明：若dsc的弧长f(z

30、)在整个复平面上有界，则正整数n1时limRf(z)Crdz0其中cR为圆心在原点半径为R的正向圆周证明：记f(z)M,则由积分估计式得f(z).-rdzCRz2MRnV，sMCRZdsM.ndsRnCR因n毕。Mcc2RRn1,因此上式两端令取极限，由夹比定理，得limR.通过分析被积函数的奇点分布情况说明下列积分为0的原因，其中积分曲线C皆为|z|1。(1) ?Cdz(z 2)2dz2z 4(3)cdzz2 2dz?一coszc解：各积分的被积函数的奇点为:?zezdz c(D z 2, (2) (z 1)2 3 0即z1J3i,(3)zJ2i(4)zk,k为任意整数，2(5)被积函数处处

31、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 TOC o 1-5 h z 积分曲线内被积函数解析，因此根据柯西基本定理，以上积分值都为00.计算下列积分：i2i,2.1(1)4e2dz(2)sin2zdz(3)zsinzdz0i0解：以上积分皆与路径无关，因此用求原函数的方法：(Di7ie2zdz1e2z 41修e0)1(i1)02022isinizdz一sin2 i 21zsin zdz0i 1 cos2z , r z sin2z,.dz -i 224 i1221i (e e ) ( sh2 )i 4i2 HYPERLINK l bookmark34 o Curre

32、nt Document 111zdcoszzcoszn coszdz00 0/.1/cos1sinz0sin1cos1dz9.计算?-2，其中c为不经过a的任一简单正向闭曲线。cza解：被积函数的奇点为a,根据其与c的位置分四种情况讨论：(1)a皆在c外，则在c内被积函数解析，因而由柯西基本定理dzc(2) a在c内,，一一1a在c外，则在c内解析，因而由柯西积分zaadzcza2i(3)同理，当a在c内，a在c外时,Odz2czaia(4)a皆在c内此时，在c内围绕a,复合闭路原理得：a分别做两条相互外离的小闭合曲线c1,c2，贝U由c1?-adzc；za、1111注：此题若分解方一2()，

33、则更简单!za2azaza10.计算下列各积分解:1(1)?z1(z)(z2dz,由柯西积分公式2)dzz1(z2)(z2)iz,、e,(2)?丁二1dz,z?3z121-dzz1z-2.1iz2Zi2在积分曲线内被积函数只有一个奇点i,故此同上题一样:z2iizez21dzizezi?7dz.3ziz2i-iz.eizizie(3)dzZ(z21)(z24)z-2在积分曲线内被积函数有两个奇点围绕i,i分别做两条相互外离的小闭合曲线c1,c2,则由复合闭路原理得:11(z2ci12 igldz z igidz z i(z2 4)(z i)zi1(z2 4)(z i)dz2jz1? z4 1z

34、 2 2 z 1sin zdzdz z-3 n 1 SI1Z 1CC2(6)sin -z 141. zsin -z 142dz,2n z z?2(z 1)nn为正整数，由高阶导数公式dz2 i(n 1)!(z2n (n 1)Qzdz,在积分曲线内被积函数只有一个奇点1,故此i2、一1.qsinzdz,?2z214在积分曲线内被积函数有两个奇点1,围绕1,1分别做两条相互外离的小闭合曲线J,c2,则由复合闭路原理得：2 i 2n(2n 1)L (n 2)11.计算积分(n 1)!1_ezz(z2 i (2n)!(n 1)!(ndz,其中c为 1)3z1)!Iz解：(1)由柯西积分公式2iz.产

35、1)3dzze(z 1)3 .-dz(ze-1)3(2)同理，由高阶导数公式zdze?1z(z1)3z12z2_1ez(z22z2)2z3(3)由复合闭路原理2z(z 1)3dz12ic1ze下/dz z_z e2 L(z 1)3dz 3(z其中，c1 ,c2 为12.积分？一 z1 z2内分别围绕0, 1且相互外离的小闭合曲线。1 2cos一 dz的值是什么？并由此证明1d 020 5 4cos分曲线外。其次,1Qdzz,1z 21解：首先，由柯西基本定理，odz0,因为被积函数的奇点在积z,1z2zr(cosisin),代入上述积分中，得sinicos,d2cosisin(sin icos

36、 )(2 cos i sin ) 22d(2 cos ) (sin )(sin i cos )(2 cos i sin )05 4cos考察上述积分的被积函数的虚部，便得到,2 ( sin i cos )(2 cos i sin ), HYPERLINK l bookmark26 o Current Document Im -d02 1 2cos , d0 5 4cos2cos , d5 4cos0,再由COS的周期性，得5 4cos1 2cos d0 5 4cos2cos , d5 4cosc 1 2cosc2d 00 5 4cos13. 设f (z), g(z)都在简单闭曲线C上及C内解析

37、，且在C上f(z)g(z),证明在c内也有f(z)g(z)。证明：由柯西积分公式，对于c内任意点4，一、1上J(z),1g(z),f(z0)丁【援kdz,g(z0)-dz,2iTzz02iczz0由已知，在积分曲线c上，f(z)g(z),故此有f(4)g(4)再由20的任意性知，在c内包有f(z)g(z),证毕。.设f(z)在单连通区域D内解析，且|f(z)11,证明(1)在D内f(z)0；(2)对于D内任一简单闭曲线c,皆有？Jdz0cf(z)证明：(1)显然，因为若在某点处f(z)0,则由已知|011,矛盾!(也可直接证明：|f(z)|1|f(z)1|1,因此1|f(z)|11,即0If(

38、z)|2,说明f(z)0)(3)既然f(z)0,再注意到f(z)解析，f(z)也解析，因此由函数的解析性法则知f(z也在区域D内解析，这样，根据柯西基本定理,f(z)对于D内任一简单闭曲线c,皆有？fdz0,证毕。cf(z).求双曲线y2x2c(c0为常数)的正交(即垂直)曲线族。解：uy2x2为调和函数，因此只需求出其共腕调和函数v(x,y),则v(x,y)c便是所要求的曲线族。为此，由柯西黎曼方程vxuy2y，因此v(2y)dx2xyg(y)，再由vyux2x知，g(y)0,即g(y)4为常数，因此v2xyc0，从而所求的正交曲线族为xyc(注：实际上，本题的答案也可观察出，因极易想到f(

39、z)z2y2x22xyi解析).设vepxsiny,求p的值使得v为调和函数。解：由调和函数的定义vxxvyyp2epxsiny(epxsiny)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p1。2217已知uvxy2xy5x5y，试确定解析函数f(z)uiv解：首先，等式两端分别对x,y求偏导数，得 TOC o 1-5 h z uxvx2x2y5(1)uyvy2y2x5(2)再联立上柯西黎曼方程uxvy（3）uyvx（4）从上述方程组中解出u,u，得xy HYPERLINK l bookmark83 o Current Document ux2x5,uy2

40、y这样，对ux积分，得ux25xc(y),再代入uy中，得2 HYPERLINK l bookmark85 o Current Document c(y)2y,c(y)yc022至此得到：ux5xyc0,由二者之和又可解出v2xy5yc0，因此2f(z)uivz5zc0c0i，其中c0为任意实常数。注：此题还有一种方法：由定理知f(z)uivuiu2x52yi2z5xxxy由此也可很方便的求出f(z)。18.由下列各已知调和函数求解析函数f(z)uiv解：(1)ux2xyy2,f(i)1i,由柯西一黎曼方程，vyux2xy,对y积分，得12v2xy2yc(x),再由vx国得2yc(x)x2y,

41、因此12c(x)x,c(x)-xc0,所以2 TOC o 1-5 h z 1212v2xy-yxc0,221因f(i)1,说明x0,y1时v1,由此求出c0-,2至此得到： TOC o 1-5 h z 2212121f(z)uivx2xyy(-y-x22xy-)i,222121整理后可得：f(z)(1-i)z2-i22(2)v-yL,f(2)0 xy此类问题，除了上题采用的方法外，也可这样：f(z)uxivxvyivx222xy2xyi(z)22、222X2i2(xy)(xy)(zz)其中c为复常数。代入f (2)f(z)0得，cf(z)1一c, z1 一一,故此21zvyivxvarctan

42、-,(x0)x同上题一样，f(z)uxivxxxxzz22xy因止匕f(z)Inz其中的Inz为对数主值，c0为任意实常数。uex(xcosyysiny),f(0)0vxuyex(xsinysinyycosy),对x积分，得vsinyexxdxex(sinyycosy)c(x)siny(x1)exex(sinyycosy)c(x)x e再由vyx y(xsin y ycosy) c(x) ux得c(x) 0,所以 c(x)0,由此确定出C0v ex(xsinyc0为常数，由f (0) 0知,0,至此得到：ycosy)f(z)u iv整理后可得19.设在zxxe (xcosy ysiny) ie

43、 (xsin yf(z) zez1上f (z)解析，且|f (z)| 1 ,证明ycosy),(0)1 1证明：由高阶导数公式及积分估计式，得lf(0)l 孕修dzf(z)?|f (z)|dsz1门1ds20.若f (z)在闭圆盘z z01、一21,证毕。2R上解析，且f (z) M ,试证明柯西不等式f(z0)n!,M ,并由此证明刘维尔定理：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：由高阶导数公式及积分估计式，得f (4)n! ”2-i |z 典z z0 Rn!2 Rn 1蜒f (z)|dsz 1f(z) n 1 (z 4)n!MrRdzds1n!2 z 1n!M(z2 Rn

44、 1f(z)_、n 1 z0)dsR唳Rn柯西不等式证毕；下证刘维尔定理：因为函数有界，不妨设f(z)M,那么由柯西不等式，对任意4都有f (z。)M,又因f(z)处处解析，因此R可任意大，这样，令R,得f(z0)0,从而f(z。)0,即f(z。)0,再由z。的任意性知f(Z)0,因而f(z)为常数，证毕。习题四答案1.考察下列数列是否收敛，如果收敛，求出其极限.(1)Znin1所以lim zn不存在，由定理4.1知，数列 nZn不收敛.n解：因为limin不存在,n(2)Zn(1-)n2(cos2isin其中1Jarctan-,2zn吏(cos2isin2，一一r一一*一，一一r.证明：如果

45、z0是f(z)的m(m1)级布点，那么z0是f(z)的m1级布点.证明：因为。是f(z)的m级零点，所以_m1f(z0)f(z0)f)Lf(z0)0,fm(z0)0,即f(u)(f(z0)L(f(z0)m20,(f(z0)m10,由定义5.2知，4是f(z)的m1级零点.求下列函数在有限孤立奇点处的留数.(D-z2z2,且z0,z 2均是其1级极点.由解：函数的有BM孤立奇点是z0,z定理5.2知，Resf(z),0limz0z2Resf(z),2lzm(z2)f(z)zlim一z0z小解：函数的有限孤立奇点是_13-Resf(z),i2ilzm(zi)f(z)，且z1一lim(2zii是函数

46、的3级极点，由定理5.2,4一一21z、，,11212z3)-limr(zi)2zi(zi)3.一|，8,13,Resf(z),i”(zi)3f(z)(3)z解：函数的有限孤立奇点是1./-lim(2z1z4(zi)1lim2z1212z21(zi)53.i8国1e2z1因4-4(2zzz所以由定义5.5知,(2z)22!Res10,(2z)nn!_2z23L3!z2nnzn!2ze-4z,02.1zsin-z0,解：函数的有限孤立奇点是因2.12zsin-zz(1白Lz3!z(1)n(2n1)!z2n13!z(2n1)n1)!z2n所以由定义5.5 知,21Reszsin,0zcos解：1c

47、os1z2!(1z)2孤1)n所以由定义5.5知，Rescos(2n)!(1z)2n1-,1。1z1zsinz解：函数的有限孤立奇点是k0,即因z0,zsinzz(z3z3!1L(1)n2n1z(2n1)!L)4z3!2n2(1)nKReszsinzzsinz21,0z20zsinz由定理5.2,lim()limz0sinzz02coszzk,k0时，记g(z)zsinz,则g(z)sinz因为g(k)0,g(k)0,所以由止义5.2知，z零点，故它是的1级极点.由定理5.3,zsinzzcosz,k,k0是g(z)的1级1Res,kzsinzg(k)kcosk1)k；,k0.k6.利用留数计

48、算下列积分(积分曲线均取正向)2ze(1)?z|2(z1)2dz解：z1是被积函数2ze(z1)2在积分区域内的有限孤立奇点,由定理5.2,Res(z2z-17,1lzm1(z1)22ze(z1)2lzm12e2z由定理5.1知,2zerIZ2(z1)2dz2iRes2ze(z1)2,142.ei.(2)?z32(z1)(z3)2dz解：z1是被积函数(z1)(z:在积分区域内的有限孤立奇点，且为13）2级极点，所以由定理5.1及定理5.2,ze32dz32(z1)(z3)2iRes(z1)(z3)2,12ilim(z1)(z1)(z3)2)2ilzm1ei(z3)28？z1煮dz解：z0是被

49、积函数旨在积分区域内的有限孤立奇点,因为lim31,所以由性质z0sinz5.1知z0是函数一J的可去奇点,sinz从而由定理5.1,Res,00,sinz由定理5.1,1sinzdz2iResz-,0sinz解：z0是被积函数-在积分区域内的有限孤立奇点,zsinz由定理5.2,1Res,0zsinz2lzm0(z-)zsinzlimz02cosz0,由定理5.1,I1zsinzdziReszsinz,0(5)sinz?z12z(1ez)dz解：z0是被积函数Resz0sinzz八,0z(1e)lzm0(zsinzz(1ez)函sinz在积分区域内的有限孤立奇点，由性质z(1ez)lim的s

50、inzlzm0级coszze5.6由定理5.1,sinzIzl12z(1ez)dz2iReq6,0(6)L3tanzdz解：被积函数tanz在积分区域z3内的有限孤立奇点为：zkk2,k3,2,1,0,由定理5.3,这些点均为tanz的1级极点，且Restan】sinzkz,zk：sinzk由定理5.1,Iz3tanzdz2iRestanz,zjk37.计算积分z1(za)n(zb)ndz,其中n为正整数,a1,b1,alb-解：记f(z)n(za)(zb)则f(z)的有限孤立奇点为za,zb,且为n级极点，分情况讨论如下:ab1时，za,zb均在积分区域内，由定理5.1,故有z|1f(z)d

51、zResf(z),a2iResf(z),a2iResf(z),b(n1)!lim(zan(n1)za)f(z)(2n2)!2(1)n1(ab)2n1(n1)!)2,1Resf,b(Tlzmb(zb)nf(z)(n1)(2n2)!(1)n1(ba)2n1(n1)!)2nn-dz0.1(za)(zb)不在积分区域内1(za)n(zb)na1|b时,za在积分区域内,所以f(z)dz2iResf(z),a1zb不在积分区域内,1)n1(2n2)!i(n1)!2(ab)2n1习题五8.判断z是下列各函数的什么奇点？求出在的留数。解：(1)因为所以，z17.111e1-46z2!z3!z1-2是ez的可

52、去奇点，且ResL1F,0|z|(2)因为24zzcosz1L2!4!35cnzz,sinzzL3!5!所以1)n1)n2nz(2n)!|z|2n1z(2n1)!|z|cosz于是,2!3!z是cosz42n2n1-L(1)n-(1)nL4!(2n)!(2n1)!sinz的本性奇点，且Rescoszsinz,|z|c100(3)因为ze2!3!|z|1z21所以1|z|ezz2111466zz1|z|容易看出，展式中由无穷多z的正幕项，所以zzeRes2z(4)因为Ci13!是2z11ee2的本性奇点。sh1。limz4z(z1)(z4)所以z是z(z1)4(z4)的可去奇点。Res14z(z

53、1)(z4)Res4111JI(一zzz4)4Res4,00o1z(14z)9.计算下列积分:解：(1)15z2z2231ezdz2iRes2z15z3,C内部奇点3Res15z12z4Res1-75z21J,0zRes31,02z4z12z4(2)在2,2 iz 4z 5i sin 2)-.11i,2 i e (cos 2 i sin 2) e (cos22iizcosxe1-3dx Re dz e cos 2x 4x 5z 4z 5i sin 2)(6)解：显然，R(z)z1 z2满足分母的次数至少比分子的次数高一次,且在实轴上没有奇点,R(z)在上半平面内只有i 一个奇点，且为1级极点。

54、于是izResR(z)eiz,i卫-e1zizi2 TOC o 1-5 h z izizzedz2iResZe2,i1z21z2_izxsinxzedxIm2dze1x1z.利用对数留数计算下列积分:解：(1) ?z|；dz 2 i(NP) 2 i(1 0) 2 i ,这里 N 为函数 f (z)|z| 1内的零点数,P为f (z) z在|z| 1内的极点数。(2)蜒dz3z(z 1)221dz|z| 3 zi (N1 P)i(1 0) 2_1 ?z| 3 (z2 i(N2i(1 0)dz1)P2)0这里N1为函数f(z)z在|z|3内的零点数，P为f(z)z在|z|3内的极点数；底为函数f(

55、z)z+1在|z|3内的零点数，P2为f(z)z+1在|z|3内的极点数。 TOC o 1-5 h z .z1(z21)1(3)蜒3dz-dz-2i(NP)i(2-0)2i,这里侬3z12|z|3z12N为函数f(z)z21在|z|3内的零点数，P为f(z)z21在|z|3内的极点数。一、一(cosz)Mtanzdzdz2i(NP)2i(2-0)4i,在3|Z|3cosz这里N为函数f(z)cosz在|z|3内的零点数，P为f(z)cosz在|z|3内的极点数。.证明方程z46z10有三个根在环域1|z|2内2证明：令f(z)6z1,g(z)z4。因为当|z|2时，有If(z)|6z|1134

56、-|g(z)l|zI16所以，方程z46z10与z40在|z|2内根的数目相同，即4个。一，1一，又当|z|5时，有If(z)I|6z|12|g(z)I|z4I1所以，万程z46z10与6z10在|z|3内根的数目相同，即1个。综合上述得到，z46z10在环域1|z|2内有3个根。.讨论方程z45z10在|z|1与1|z|2内各有几个根。解：令f(z)5z1,g(z)z4。因为当|z|1时，有If(z)|5z|144|g(z)|z|1所以，方程z45z10与5z10在|z|1内根的数目相同，即1个。又当|z|2时，有If(z)|5z|111|g(z)|Iz4|16所以，方程z45z10与z40

57、在|z|2内根的数目相同，即4个。根据上述还可以得到，z45z10在环域1|z|2内有3个根。.当|a|e时，证明方程ezazn0与azn0在单位圆|z|1内有n个证明：令f(z)azn,g(z)ez。因为当|z|1时，有If(z)|Iazn|a|zcosisincos.Ig(z)IIeIIeIIeIe所以，当IaIe时，方程ezazn0与azn0在IzI1内根的数目相同，即n个。习题七答案1.试证：若f(t)满足傅氏积分定理的条件，则有f(t)A()costdB()sintd11其中A(尸一f()cosd,B()=f()sind证明：根据付氏积分公式，有f(t)f()eideitd2f()e

58、i(t)dd(交换积分次序)2f()cos(t)isin(t)dd1一f()cos(t)dd(利用函数的奇偶性)1一f()costcossintsinddo110f()cosdcostd0f()sindsintdA()costdB()sintd11f( )sin d其中A(尸一f()cosd,B()=2.求下列函数的傅氏变换:(1) f(t)(3) f(t)解：(1)F f(t)1,1 t 0,1,0 t 1,0,其他；0, t 0, etsin2t, t 0;(2) f(t)(4) f(t) i t0 i t1 i tfe出1 e dt e出et, t 0, 0, t 0;1 t2, |t|

59、 1, 0, M 1.1it01ite(1 i )t1diidrz.xee1ee1f(t)1i0i2id1cosFf(t)f(t)eitdteteitdte(1i)tdtFf(t)f(t)eitdtetsin2teitdti2t i2tt e ee e2idt1(12ii)t(12ii)tedtedt2i0011(12ii)te2i12ii112ii(12iie)to TOC o 1-5 h z 1112irr(2)rr(2)11i(2)1i(2)11i(2)1i(2)222i1(2)21(2)22(522i 2 5 42 5 42i)46225(4)F f(t)由于1f(t)eitdt1(1

60、t2)eitdtit1.2itedttedt111.edt11it12sine1c+11c.x+c+11.,2it,1,2,it,2itit,tedttde=tee2tdti1i11ei_2 i1tde1L2isin22cos到ii2sin4cos4sin2-3所以Ff(t)=4sn(1) f(t)1, |t| 1,证明0, M 1;-|t| 1 2cos td = |t | 140|t| 1;(2) f (t) e |t|cost.解：(1)证明(-4- cos td044|t|.e cost 。24cos_4(sincos)2-=33.求下列函数的傅氏变换，并推证所列的积分等式。.1 ,F