复变函数与场论简明教程习题参考

11、求下列复数的实部、虚部、模、辐角及共轭复数：Re(2)=-1,Im(z)=0,|=|=√(-1²+0²=1Arg(z)=π+2kπ(k=0,±1,…),Z=-1(4)z=il⁰-4i¹⁵+i=-1+5i,Re(z)=-1,IArg(z)=π-arctan5+2kπ(k=0,±1,…),z=-1-5i2、把下列复数化为三角表示式及指数表示式：因此三角表示式为：指数表示式为：2因此三角表示式为：因此三角表示式为：指数表示式为：(4)由于r=1,θ=arctan0+π=π因此三角表示式为：-1=指数表示式为：-1=eìCcosπ+isinπ,根据三角诱导公式得：3三角表示式为：指数表示式为：同上(5)求解过程。(三角表示式)=cos29φ-isin29φ(三角表示式)3、指出复数z与复数iz的关系解令z=re°,则因此复数z与iz为模相等，辐角主值相差的两个复数。4、求下列各式的值4所以其值为所以其值为9故其值为,的最大值，其中n为正整数，a为复数6、将下列坐标变换公式写成复数形式。解设z=x+iy,z₁=x₁+iy₁,a=a₁+ib,5等式左边为：1+cosθ+cos2θ+cos3θ+…+cosnθ+i[sinθ+sin20+sin30+…+sinnθ]等式右边为：所以原题中(1)和(2)得证。6X₇-Y-x,y=4"^-√3证明∵(x+iy,)(x₇--iy,-)=x,X-+y,Y-+i(x-Y-x,Y-)命题得证。z₂-z₁|=|z₃-z₂|=|z-z₅|=√3。=Z₂Z₂+zf+ZZ₂+7Z₁27证法2:∴Z²+z₂²+Z²=zz₂+Z₂?₃+Z₃Z图1-18得到另一边。所,,∵1-o⁴=(1-o)(1+o+o²+…+o"-)=0且o≠1也是它的根。 9所,即a+ib、0和zzal=1,|zz₅|=1,|z₁z₂|=√a²+b²,0解设z=x+iy,则x+iy=acost+ibsint,即x=acost,y=bsint。所以其表示的曲线解设z=x+iy,则x+i(y+1)|=x+i(y-1)|。且x>,即y=x+1(x>0)。所以其轨迹为以z=0为圆心，1为半径的圆周。16、描出满足下列不等式的点z的轨迹图形，并指明它是有界的还是无界的，单连通的还是多连通的。(1)Im(z)>0;则Im(z)>0→y>0,区域如图1-2所示。图1-2该区域为无界的单连通域。图1-3该区域为无界的多连通域。解设z=x+iy,则图1-4则z-3|≥|z-2|→(x-3)²+y²≥(x-2)²+y²图1-5(5)|z-2|+z+2|≤6;解设z=x+iy,椭圆。即区域为如图1-6所示。该区域为有界的单连通域。图1-6半虚轴半虚轴,为的双曲线的左支。即区域为如图1-7所示。该区域为无界的单连通域。图1-7z|+Re(z)≤1→x²+y²≤(1-x)²→y²≤1-2x区域如图1-8所示，该区域为无界的单连通域。zz-(2+i)z-(2-i)z≤4图1-8所以该区域为有界的单连通域。图1-917、函数把下列z平面上的曲线变化为o平面上的什么曲线?即(1)x²+y²=3;代入x=2,得,→代回1式，整理可得所以，其在o平面上为以为圆心，半径为的圆周。即u=v,且(u,v)≠(0,0)。在o平面上的像；化简后得到：,这是一条抛物线。证法1:令z=x+iy,则可见，极限与k的取值有关，故不存在。证法2:令z=re⁰,则=sin20.证明(1)证明argz在原点不连续：∵z₀=0时，其幅角不确定，故arg0无定义。(2)证明argz在负实轴上不连续设z₀在负实轴上，则①当z复平面的上半平面趋近z₀时，argz→π②当z复平面的下半平面趋近z₀时，argz→-π所以,故命题得证。第二章解析函数1、指出下列函数在何处可导，在何处解析。解令u=x²,v=2y,则9四个一阶偏导数处处连续，当且仅当2x=2,(2)f(z)=3x²+2y³i;,·,。解设z=x+iy,则f(z)=(x²+y²)(x+iy)=x³+xy²+i(x²y+y³)。四个一阶偏导数处处连续，欲使C-R方程成立，需所以f(z)在(0,0)处可导，但处处不解析。2、求下列函数的解析域，并求其导数。解z=±1外处处解析，其导数为：析，其导数为：处解析。解令u=x²+axy+by²,v=cx²+dxy+y²,则,任一条曲线斜率为：v(x,y)=c₂任一条曲线斜率为：显然两曲线正交 解(1)证明充分性：设f(z)=u+iv,则f(z)=u-iv。,o,联立以上两式，,6、若f(z)在区域D内解析，试证明在D内下列各式成立：;2.由高阶导数定理可知，u与v具有任意阶的连续偏导数，故有所以。同理可证V+u=V+V=0。,得证。2故代入(1)式，得上式等于：-9所以左右两式相等，命题得证。并利用该结论探讨函数又∵,,所以可以推导得到：同理可以得到：又∴当且仅当,。所以在区域D8、求解下列方程。上，当且仅当解,k=0,1,2i(2)e²-1=0;(3)sinz=0:即e¹²²=1,故z=kπ,k∈Z。(4)sinz-cosz=0:→(1-i)e²-(1+i)e⁴=0解解9、论证下列等式是否成立。(1)Lnz₁z₂=Lnz₁+Lnz₂;解成立，理由如下Lnz₁z₂=ln|zz|+iArg(zz),解成立，理由如下利用(1),得(3)Lnz”=nLnz;解不成立，理由如下所以Lnz”=lnr”+i(nθ+2kπ),k∈ZnLnz=nlnr+ni(θ+2kπ)=1nr”+i[nθ+2(nk)π],k∈Z可见两者的实部相等，但虚部取值却可能不同。解成立，理由如下：由于m和(k+nm)的集合等价，可见两者的实部相等，虚部取值也相等，所以等式成立解解第三章复变函数的积分2、沿下列路径分别计算积久(2)设自原点沿实轴到3的直线段的参数方程为z=3t,O≤t≤1;自3垂直向上到3+4i的直线段的参数方程为z=3+i4t,O≤t≤1。解(1)设C为z=t+it,O≤t≤1。故Re(z)=t,dz=1+i。故Re(z)=t,dz=1+2ti。即5、计算积分解方法一：所以所以6、计算下列各积分的值。解解解7、计算下列积分。=2πi(-e°cos0-e°sin0)=-2πi8、设函数f(z)在单连通域B内连续，且对于B内任何一条简单闭曲线C都有证明f(z)在B内解析。证明：在单连通域B内取定取定一点z₀,z为B内任意一点，根据已知条件，对于B内任何●一条简单闭曲线C都有●···故f(z)=sinye+(-cosye⁵+c)i。所以c=1-i。得：f(z)=sinye⁸+1+(1-cosye)i=-ie(cosy+isiny)+1+i=-ie²+1+·三收敛。第四章级数三收敛。1、判别下列级数的绝对收敛性与收敛性。●由于根据莱布尼兹法则，且故收敛，且为条件收敛。所以原级数发散。解故原级数收敛，且为绝对收敛。三三2.下列说法是否正确?为什么?(3)每一个在z₀连续的函数一定可以在z₀的邻域内展开成根据阿贝尔Abel定理，每个幂级数在它的收敛圆内绝对收敛；在它的收敛圆外发z=0时，原级数为,是交错级数，收敛；当z=2时，原级数成为由幂级数的性质可知，幂级数的和函数在收敛圆内是一个解析函数。因此，在收敛3.求下列幂级数的收敛半径。解得收敛半径R=1。故得收敛半径R=1。解R=2。;得收敛半径解设级,则的子项。对.c,=1.故收敛半径为R=1。所以原级数的收敛半径也为R=1。解得收敛半径R=14设级数收敛，发散，证明的收敛半径为1。收敛。根据阿贝尔定理可知，三三设R>1时，级数收敛。即数也绝对收敛，即收敛，与条件矛盾。因此，的收敛半径为1。域上绝对收敛。由于收敛，故也收敛。即由于收敛，故H≤R对收效，命题得证。6把下列各函数展开成z的幂级数，并指出它们的收敛半径。;开成幂级数。其收敛半径为R=1。数。代入可得：其收敛半径为R=1。··其收敛半径为R=0。由于z=1是函数的奇点，故其收敛半径为R=1。解收敛半径R=2解因`是tanz的奇点，且是离最近的奇点，所以函数tanz在z₀处的泰勒级数的收敛域为,即收敛半径为根据泰勒展开定理，得：三三所8下列结论是否正确?用长除法得因为所以解不正确。…的求法是：两式成立的条件不同，因此不能直接将他们的级数相加。故结论不正确。9把下列各函数在指定的圆环域内展开成洛朗级数。解,由2所2412,得：C得同解同解,根据三角公式可知：10、将在以原点为中心的各圆环内展开成洛朗级数。944第五章留数1、下列函数有些什么奇点?如果是极点，指出它的级。的奇点。∴Z的一级零点，故z=i为的二级零点。得z=i为f(z)的二级极点。454;所以的二级零点。所以的二级极点。所以它们为一级零点，即为的一级极点。解依题意，易得z=0为的孤立奇点。且其在z=0处的洛朗展开式为：的二级极点。同解z=1,z=2kπi,k=0,1,2,…是函数的奇点。是函数的本性奇点。不存在，所以z=1所以z=2kπi,k=0,1,2,…是原函数的一级极点。;的三级极点。的孤立奇点。的二级极点。解令f(z)=(sinz+shz-2z)²47~~∴其幂级数为处有一个二级极点，这个函数又有下列洛朗展开4800Res[f(z),1]=0”,这些说法对吗?解)的三级零点。:·:·解·R),o,;解,所以故z=0为三级零点，z=0为图解z=1是函数的奇点，解z=1为被积函数,解三三m=2n(n=2,3,…)时，Res[f(z),0]=0;6、判定z=o是下列各函数的什么奇点?并求出在○处的留数、;解且z=0有无穷多的正幂项，故z=o为其本性奇点。(2)cosz-sinz;可见其洛朗级数的展开式中有无穷多项z的正幂项，故z=o为其本性奇点。解∵当z→~时，可见其洛朗级数的展开式中有不含z的正幂项，故z=o为其可去奇点。∴Res[f(z),]=-c_₁=-2。····可见其洛朗级数的展开式中有无穷多项z的正幂项，故z=o为其本性奇点。∴在积分曲线内，被积函数有两个奇点，且z=1为二级极点，z=i为一级极点。解在积分曲线内，被积函数:·:·共有n即故解设z=e°,则dz=de°=eidθ,即故解被积函数在上半平面内只有x=i一个二级极点，其留数为：行解被积函数在上半平面内只有x₁=i,x₂=2i两个一级极点，其留数为1o1o∴第六章矢量分析与场论∵e(φ)·e,(φ)=-sinφcosφ+cosφsinφ=0r(t)=2asintcosti+2acos2tij-asintk=i[sin(φ²+1)+C]-j[cos(φ²+1)+C,]6.求数量场通过点等值面方程,即C=0,所以过M点的等直面方程为：这等价为：解之得：99M(2,-2,1)处的失径为l=2i-2j+k,1;因此可得到方向导数为：9gradu=-2i+4j-2k.方向导数最大值为：数及梯度曲线在点M切线方向的即该曲线的矢性函数的导矢，该曲线的失性函数为：该矢性函数的导矢是：r(t)=i+2tj该曲线在M点切线方向的方向余弦为：所以数量场在M点处的方向导数为：场u在点M处的梯度为：故所求的法线方程为：所求切平面方程为：3(x-1)+6(y-2)+4(z-1)=03x+6y+4z-19=0cosa₁=1,cosb₁=0,cosγ₁=0cosa₂=0,cosb₂=1,cosy₂=0cosa₃=0,cosb₃=0,cosγ₃=-1根据题意有：;9解：封闭曲面S分成3部分：S1平面z=0,S2平面z=1和S3圆柱面。S,的法矢n与r垂直，S₃的法矢n与r的夹角为θ,,所以因此r穿出S的柱面部分的通量为2pa。16.求下面矢量场A的散度：(1)A=(x³+yz)i+(y²+xz)j+(z³+xy)k(2)A=(2z-3y)i+(3x-z)j+(y-2x)k(3)A=(1+ysinx)i+(xcosy+y)j17.求divA在给定点处的值(3)A=xyzr(r=xi+yj+zk)在点M(1,3,2)处求diyD(1)div(ra);(2)div(r²a);(3)div(r"a)(n为整数)解：∵a是常矢，∴a=Ai+Bj+Ck,其中A,P(x,y,z)=√x²+y²+z²A,Q(x,y,z)=√x²+y²+z²B,R(x,y,z)=√x²+y²+z²C(2)∵r²a=A(x²+y²+z²)i+B(x²+y²+z²)j+C(x²+y²+z²)k令x=Rcos0,y=Rsinθ,θ∈[0,2π],则令x=Rcosθ+2,y=Rsinθ,O∈[0,2π],则rotA=(R,-Q₁)i+(P-R)j+(Q-P)k22.求下列矢量场的散度和旋度(1)A=(3x²y+z)i+(y³-xz²)j+2xyzk(2)A=yz²i+zx²j+xy²k(3)A=P(x)i+Q(y)j+R(z)k(4)A=xy²z²i+z²sinyj+x²e"krotA=(R,-Q₂)i+(P-R)j+(Q-P,)k=4xzi+(1-2yz)j-(z²+3x²)krotA=(R,-Q₂)i+(P-R)j+(Q,-P)k=(2xy-x²)i+(2yz-y²)j+(2zx-z²)krotA=(R,-Q₂)i+(P-R)j+(Q-P)k=0rotA=(R,-Q₂)i+(P-R)j+(Q₄-P)k=(x