复变函数论作业及答案

PAGEPAGE11习题1第一章复数与复变函数j=T=2 |z，一李求 Argz解:Argz=arctan-2+2k二=—2k解:-3

k二0,二1,_2,2.已知Z Z1 三

试用指数形式表示

ZZ及Z12 1Z2解: =e4Z =3-i=2e2

匚 JI所以Z1Z2

=2e二

6e4 =2e12i一I12Z IT.2=-IZ e413.解二项方程Z4+a4=0(a>0)解由Z4+4=0得Z4=—4(k=0,1,2,3)则二次方程的根为(k=0,1,2,3).二2k二e4|_a (k=0,1,2,3)w=e0

4La=

a(1+i)2i 工w=e41

:La=3e7i

岛=a(-1i)52 aw2=e4

|_a=(-1-i)27rw3=e4

|_a

(1-i)、2.设乙、Z22 2 2、—1I

|Z-Z|Z1 2/= 1

|2|Z2

|2-2Re(ZZ),i22. /-,证明：Z-Zi 2

=亿—Z1

亿—Z2)2 2 — —=Z-Z1 2

_4Z

_ZZ2i22i2 2 - =Z1

+Z2-Z12 2

-Z1Z2一, V2 =Z1+Z-2Re(z1z2 Z,Z,Z1 2 3Z+Z+Z=0Z||=|Z=Z=1ZZ，Z是一个内接于单位圆周Z=11 2 3 2 3 1 2 33的正三角形的顶点证明：设4=x1iy1，z="+iyz=x+iy32 2 3 3因为乙Z ,Z=02 3,K+x+x=0, y〔+y+y=0;x二-x-x -y-y2 3 2 3 2 3,vi= 2 32又因为Z|=Z=|z3|=1212 2x x y2 3 2

y)；=132xxyy2323

二一1同理2/丫佻)=2xx2 3

y^=2x yy3)=T2% 2可知x-x y-y -x y-y -x y-y1 2 1 2 ".!x2 3 2 3 =151 3II 1 3

222222Z,Z,ZK2+2=x+y=必2y1 2 3 22 22 322 22 2而x y〔二x1 2

x y3 =y2 32即z—z21

=Z—z=Z1-23乙,Z是一个内接于单位圆周Z=1的正三角形的顶点得证。32Z36.下列关系表示的点z的轨迹是什么图形？他是不是区域?令z=x+iy,由Z—1<z+1得（z

.1）2<（z

即（x-1）2 x

，所以）2x>0,故以（2）0<arg（z-1）<-H2<Rez<34（2）0<arg（z-1）<-H2<Rez<340<arg（z—1）<4得：0<arctany<"2WxW3x-14即为如图阴影所示（不包括上下边界）是区域。7.证明：zaZ+az=c（a是非零复常数，c是实常数）证明：设直线方程的一般形式为：ax+by+c=0（a,b,c均是实常数，a,b全为零 ）因为：x==，y=小代入简化得：2 21 1a-bizabizc=02 21令（a—bi）=口00"z+az=c2反之（逆推可得）ctz+c（Z=c（复数a=0,c是常数2=*1丫代入上式，且令a=：（a+bi让简即得。1a+bi,0,-1一共直线。-abi-（abi）证明：因为=a^b二一^（实数）0-（abi） a2b2所以三点共直线。求下面方程给出的曲线z=acostisint解：令z=(x+iy)=(acost+isint居x=(acost),y=bsint2 2+y则有x2 2=1,故曲线为一椭圆.ab1一函数w=-将z平面上曲线变成w平面上的什么曲线(z=x+iy,w=uz iv(1)x2+y2=4解：由于x2+y2=z2=4,又由于1 1x-iy1w=-==— =x-iyzxiyxy4所以u=x,v=*4 4贝Uuv=1x2y2=32 216 4w1为半径的一个圆周2(2) x=1解：将x=1代入变换u+iv=—1—，得u+ 1=1-iyiv=xiy

1iy1y2于是u= ,v二一yy,1y2 1y2~^1y1y2 122- 2(1y2)21y2

u.oo1故u—u+v=0解彳#(u1+v

—24w,0)为圆心，工为半径的圆周.22(3)(x-1)y,n222 2 x

I一一一斛：因为 (x—1)+y—10

—2x+

—0即

z.z

—z—z——1 ，I及z==代入得:w1111

=0即

w.w w.w因此w w=1一, 一(v表示w平面上平行于虚轴的直线。求证：f(z)=argz(z 0)在全平面除去原点和负实轴的区域上连续，在负轴上不连续.证设4为全平面除去原点和负实轴的区域上任意一点.考虑充分小的正数以使角argz<arg4+&与负实轴不相交，从图上立即可以看出，以

为中心，z0到射线0=argzo

o o±W的距离为半径所作的圆盘，一定落在上述角形区0<6wz0sin名.那z-zo

＜名时就有argz-argz0

〈名.argzz0

为连续.再由z0

的任意性，f(z)argz在所述区域内为连续.X1limargargz(如下图)

imazImz0

叫一二xy12.命函数f(z)=(x2+y2

z=0试证：f(z)在原点不连续。证明：fz=+2z=°0z=0zxyiykx趋于z时,kf(z)趋于不同的数，f(z)在原点处不连续。Mv=-1-i大小：|v|=5+1=72；1方向：argv=arctan7-114. cos—isJn—4 4

fz,求其大小和方向。7ii=1

(JIn) 7! ，c cos—sin— 2-e2 21=1

'(cos0+isin0)=e;-i-2=2(cosn+isinn)=2$;-3i=3cos--sinI-- e-

3e2；还有 ，

n=-1(k，1-cos中+isin中化为指数形式。解原式

21■ !■

中一sinicos—=2sin—+2isin—cos—

2IL2=2sin-cos

(n邛

isin 1I=2sin-e

i5rJP2一22|L、22 22 2对于复数久.B,若aP=0,则a.P至少有一为.试证之证若otP=0,则必| aP|=0,因而：||：|=0.由实数域中的对应结果知|« |.|P|至少有一为零.所以« .P至少有一为零.17.计算［8.解 因-8=-8(cosn十isinn),故(3/^8)k=3/8(

.二cos二

区+2k：、(k=0,1,2)k=0

+isin ).cos—isin—)3 32g 1，）二

i3；3 当k=1时, (-8)=2(cos二isin二3 2当k=2时, (仁2

=2(cos

isin

JI n i--isin—)=1-i3.218.zz21明三角不等式（1.2）。证:

+

2z z +2Re（4Z1 2

）并应用此等式i 2 0・ZZZZ Z2二 2 1 2• Z• =Zi 2 1 22 1 =ZZZZ-ZZ-Z2 1 1 i 2 2 1=Zl+Z2+422+42222Z二1 十z2+2Re(ziz)2Z其次，由所证等式以及2Re⑵Z2

4Z i||Z（1.2）2 =Z 2zZi 22Z=Ztz-Z110Mt1过Z及Z两点的直线的参数方程为21 | M 1 2Z=ZitZ-Zi tZ2 jZZZ_4=t（t）i 2 3Z-Z2 ilIIm.亘=1=0lIZ—ZJZi,Z2,4适合等式2 2 2Z+Z+Zi 2 3

=ZZ+Z23

+ZZi2证：ZZZZ"即得向33233ZZ,也就是3|%—4=Z2-Zie3匚=[di,Z-'Z222 i^3_1=iZfz 2 2i2两端平方化简，即得

2+2=z；+Z

z z2z3+

+zz。E

1 12(正忙E。0zzN/z),zz)z€NJz川004三NJz)4为心，充分小半径的圆。这时由《WEE可见，5-EENz)内属于EEz€cEo3Eco=zz与平面上的何种曲线？2以原点为心，2为半径，在第一象限里的圆弧；(2)倾角日=土的直线(可以看成两条射线argzargz=n+工)；333(3)双曲