《复变函数与积分变换》第二版 答案

1.1内容要点三角表示法；=r(cost+isinθ).总有确定的复数w和它对应.则称f是D上确定的复变数函数(简称复变函1.2教学要求和学习注意点·I·牢固掌握复数的各种表示方法及其运算，了解区域的概念，理解复变函数的难点：初等函数中的多值函数的理解.2.学习注意点(1)下面的证明过程错在何处?证：设zx=re(k∴r₁,r₂,r₃中至少有一个为零，若z₃≠0,则故z₁,22,z₃中至少有一个为0.(2)下面的解题过程错在何处?答：此解题过程在第二步到第三步的推导时出错了，正确的是：在复数范围内在实数范围内(k=0,1,2).(3)下面的解题过程错在何处?题目：设z₁=-1+√3i,z₂=-1+i.求argz₁Z₂.∴arg是错误的.正确答案：由,得i(k=0,±1,±2,…).1.复方程az²+bz+c=0(a≠0)的求根公式4ac为什么要求不等于0.答：因为关于复数方根(即w"=z)的定义中要求w≠0,若z=0必有w=0.而√b²-4ac为复数方根的形式，因此公式中b²-4ac≠0.所以,那么(b)若Inz=Inr+iθ,那么由(a)、(b)可知，辐角主值的定义范围可由复平面上原点引出的任一条射线3.证明：对任何非零复数z₁和z₂In(z₁zz)=Inz₁+Ina₂+2kπi(k=0,±1).证：因为当Re(z₁)>0,Re(z₂)>0时，In(zz₂)=Inz₁+Inz₂+2kπi(k=0,±1).4.求证：三个复数z,22,z₃成为等边三角形顶点的必要与充分条件是：证：三角形z₁2z₃是等边三角形的必要与充分条件为：向量z1z2绕z₁旋转或得向量z1z3,即或两边平方化简得结论.例1将复化为三角表示式和指数表示式.解：∵的三角表示式为：的指数表示式为：。例2若(1+i)"=(1-i)",试求n的值.解：由(1+i)"=(1-i)"可得：即则得r=4h(L为整数).例3判断Im(z)=1是否为区域?答：点集izIm(z)=11不是区域.因为此点集的每一个点都不是内点，依照区域的定义知其不是区域.根，那么a-ib也是它的根.ao(E)"+a₁(三)"-¹+…+aπ-1z+an1.5习题选解整数.当n=m+1时，(d)1(2z+5)(√2-i)|=312z+51.(a)z1+z2+…+za=z2+z2+…+2n;(b) z1+2+…+zm+zm+1=21+z2+…=ly+2xyl≤iyl+2Fxllyl≤3(1zl<1).(a)(-1+i)⁷=-8(1+i);(b)(=2-¹(-1+√3i).设el…e⁸n-1=eO++0-:),则(a)z=zi(n=1,2,…);(b)z=z₁².这里θ₁=Argz₁,θ₂=Argz₂-Re(z₁z₂)=Re(r₁r₂e-8₂²)即心中心中??(k=0,±1,±2,…).(h=0,±1,±2,…).1 ·I·(b)试用(a)的结果求方程²+2z+(1-i)=0的根.(b)方程z²+2z+(1-j)=0的根为(z)-¹=(z-)".提示：关于第一个等式可记S=1+z+z²+…+z",并考虑S-2S.关于第二个等式可在第一个等式中令z=e.即若记z=e¹⁸,则1.3.2画出以下各种情形相应的闭区域的草图(d)Re(z²)>0.图1.1.2图1.1.图1.1.2(c)(x-1)²+y²≥1(图1.1.3);(d)1xl>Iyl(图1.1.4);1.3.3设S为由Izl<1和Iz-21<1两点集构成的开集，请说明为什么S不是连通的.解：因为从z=0到z=2的任何一条折线都不完全属于S,由“连通”的定义1.4.2求函数的定义域.并证明当x>0,1yl<1时，g(z)=f(z),1.4.3写出函数f(z)=z³+z+1的f(z)=n(x,y)+iv(x,y)形式.=x³-3xy²+x+1+i(y+3x²y-y³).1.4.4设f(z)=x²-y²-2y(k=0,±1,±2,…).le-21<1当且仅当Re(z)>0.(k=0,±1,±2,…).;(k=0,±1,±2,…).i(k=0,±1,±2,…).1.5.11证明：若Re(z₁)>0,Re(z₂)>0,那么证：由1.1.22知Re(z1)>0,Re(z₂)>0时，1.5.14证明：当n=0,±1,±2,…时，(n≠0,k=0,±1,±2,…).1.5.17证明：若z≠0,α为实数，那么1|=eaalzh=|zi"证：∵z°=e"Ln²=ea(Inl:I+1argE+2km),∴等式成立.1.5.20(f)证明：2s∴等式成立.1.5.20中的(a)~(e),(g)可类似证之.证：∵sinz=sinxcosiy+cosxsiniy=sinxchy+icosxshy,(k=0,±1,±2,…).1.5.24根据复数相等的概念解方程.(k=0,±1,±2,…).等式成立.1.5.25,1.5.26,1.5.28可类似证之.证：∵'即(c)Arch(-1);(d)Arth(0).=(2k+1)πi(k=0,±1,±2,…);(E=0,±1,±2,…).2.1内容要点定义1设f(z)在包含z的某区域D内有定义，定理1函数f(z)=a(x,y)+iv(x,y)在定义域内一点z=x+iy可导的区域D内解析.定理2函数f(z)=a(x,y)+in(x,y)在其定义域D内解析的必要与充和v(x,y)均为D内的调和函数.由解析函数的实部(虚部)求其虚部(实部)的方法共有三种，见本章2.4的例6.5.初等函数的解析性2.2教学要求和学习注意点1.教学要求了解复变函数的极限和连续的概念.理解复变函数的导数及复变函数解析的概念，掌握复变函数解析的必要与充分条件.了解调和函数与解析函数的关重点：解析函数的概念，函数解析的必要与充分条件，已知解析函数的实2.学习注意点(1)下面题目的求解过程错在何处?解：令z=iy,则答：复函数求极限时，z→zo表达的是在复平面上z以任何方式趋于zo,它与实平面上(x,y)→(xa,ro)的含义一样.(2)下面的解答错在何处?题目：求函数In(1+z)的奇点.解：此函数的奇点为z≤-1.答：此解答错在“z≤-1”这个表达式上.复数域上的数是不分大小的.正确(3)(洛必达法则)若f(z)及g(z)在点z解析，且f(zo)=g(zo)=0,g'(zo)∴柯西-黎曼方程在原点成立.当z沿y=0趋于原点时的极限为1+i,沿y=x趋于原点时其次，由与知柯西-黎曼方程的两部分不能同时成立，从而推出结论.②下面的解题推导过程是正确的.例如：讨论函数f(z)=i2y的可导性.解：∵∴函数f(z)=i2y在复平面上处处不可导.答：此结论的推导过程是正确的，因在复平面上任何一点都成立，不论柯西-黎曼方程的另一部分成立与否，还是u(x,y),v(x,y)可微与否，定理1关于函数可导的必要与充分条件都不成立，故函数f(z)=i2y在复平面上处处不可导.(6)下面的题目用两种解法得到的结果为什么不一样呢?题目：求函数的导数w'(0).解法一：∵解法二：因为在(0,0)处无意义，所以w'(0)不存在.答：第一种解法是正确的，第二种解法因函数在z=0处可导，故柯西-黎导存在，但偏导未必连续，只有偏导连续时，才可先求偏再代入点(0,0).(7)下面的证明过程哪个地方出问题了?题目：证明函数h(x,y)=x²-y²为调和函数.能找到正数8,使得0<lz-2il<δ时，有再观察图1.2.1中，在,Iγ-21<图1.2.12.证明当zo不取到负半实轴和原点时有：即3.证明：设函数f(z)在zo连续且f(zo)≠0,那么可以找到z₀的一个小邻成立.故结论成立.+0(1△z1),其中A=a+ib,o(I△z1)为比I△zl高阶的无穷小.证：必要条件设f(z)在zo处的导数为f'(zo),则∴f(z)在zo处可导.形式的柯西-黎曼方程：∴u(x,y),v(x,y)在y<0时柯西-黎曼方程成立.和y<0时均可微.在y<0(下半平面内)时解析.8.证明若v是u在D内的共轭调和函数，那么v在D内的共轭调和函数∴-u为v的共轭调和函数.2.4典型例题当w=u+iv沿a轴正半实轴趋于0时,当w沿a轴负=e*(xcosy-2cosy-ysiny)+ie*(xsiny-2siny+ycosy).(c)假命题.v=y²+h(x),h(x)=2x-x²+c,C=-1.方法三成立.故成立.故If(zo+△z)一wol<E,2.1.5且存在一个正整数M,对□某邻域内所有的数z都0.进而计的值.∴对,38,当Iz-zol<8时，补充定义使之连续.∴补充定义：f(±2i)=-2±6i,使函数在z=±2i处成为连续函数.试证f(z)在原点不连续.2.3.1应用导数定义讨论下面函数的导数存在否?趋于0时，上面的极限值为1,故f(z)在任一点导数不存在，在z=0处不可导.当z沿y=kx趋于0时，2.3.4应用求导法则证明：多项式函数P(z)=ao+a₁z+a₂z²+…+anz"(a≠0,n>1)处处可导，且P'(z)=a₁+2a₂z+3a₃z²+…+naz"-¹,并计算f(z)=(1-4z²)³的导数.证；当n为有限数时，重复应用函数和的导数等于导数的和的运算法则可P'(z)=a₁+2a₂z+3a₃z²+…+naz"-¹,f'(z)=[(1-4z²)]'=3(1-4∴2.3.6推导Archz的求导公式.2.3.8验证函数w=xe*cosy-ye"siny+i(ye²cosy+xe*siny)满足柯西-黎曼方程.解：∵w=xe*cosy-ye*siny+i(ye*cosy+xe*siny)=ze为解析函数，∴柯西-黎曼方程成立.且这四个偏导连续，当y=x时柯西-黎曼方程成立.且这四个偏导连续.当y=x=0时柯西-黎曼方程成立，∴柯西-黎曼方程∴f(z)在任一点处不可导.∴柯西-黎曼方程在任一点不成立，∴f(z)在任一点处不可导.又∵siny与cosy不可能同时为0,即柯西-黎曼方程不成立，f"(z)=-cosz.2.4.6证明：e²,sinz,cosz在复平面上任一点都不解析，证：e*由习题2.3.10(c)可得结论.且这四个偏导数连续.要想柯西一黎曼方程成立，需即∴sinz仅在离散点处可导，在整个复平面上不解析.同理可得cosz在整个复平面上不解析.2.4.7讨论下面各函数的解析性.且这四个偏导数均连续，且这四个偏导数均连续.∴此函数在整个复平面上不解析.∴此函数在除去z=0的复平面上解析.∴此函数在除去⁴=-1的点外的复平面上处处解析，内必为常数.(c)Ref(z)或Imf(z)在D内为常数.∴u=Cy,u=c₂(ci,c₂为任意实数),(b)∵If(z)I=√n²+b²=c,f(z)=u+io在D内解析，.,∴u=c₁,v=c₂(c₁,c₂为任意实.∴v=c₂(cz为任意实数),2.4.12设f(z)=u(x,y)+iv(x,y)为D内的解析函数u(x,y)=C₁,v(x,y)=c₂为两个曲线族，这里c₁和c₂为任意的实常数.证明：这两族曲线正交(提示：曲线正交即为两曲线交点处切线相互垂直).曲线v(x,y)=c₂上任一点处切线斜率上任一点处切线斜率∴u(x,y)=cF,v(x,y)=c₂两曲线族正交.2.5.1证明下面各函数满足拉普拉斯方程.(a)u=e*²-²sin2xy;(b)u=Re[Ln(z-1)](z≠1).∴(x,y)满足拉普拉斯方程.∴u(x,y)满足拉普拉斯方程.2.5.2证明下面各函数为任意区域的调和函数.∴u(x,y)为调和函数∴v(x,y)为调和函数.2.5.3用x和y表示,并说明这个函数为什么在不包含原点的任何区域内为调和函数.在除去原点的任何邻域内为调和函数.2.5.4用两种方法证明函数In(x²+y²)在复平面上不含原点的任何区域且u在z≠0时么u和v必为常数.∴u,v必为常函数.证：∵v,V均为u在D内的共轭调和函数，∴复合函数F(z)=e“+1为D内的解析函数，isiny).v=eψ(y).u(x,y)=e*(Acosy+Bsiny).o(x,y)=e*(Ccosy+Dsiny).∴v(x,y)=e*(Asiny-Bcosy).=x²+2y-y²+c(c∈R).=2y-3x²y+y³+c(c∈R).=-chycosy+c(c∈R).∴u(x,y)为调和函数，与之相应的共轭调和函数为：2.5.10证明下面u或v为调和函数，并求解析函数f(z)=u+iv.(a)ü=x³-3xy²;(e)u=2e*siny;(i)=e*(ycosy+xsiny)+x+y;证：(a)-(e)证明及求解v(x,γ)的方法如2.5.9题.(f)∵Dxx+Dy=0+0=0,v和v具有连续的二阶偏导数，在分母不为0时具有连续的二阶偏导数，在分母不为0时具有连续的二阶偏导数，(s)∵vx+vn=e(ycosy+xsiny+2siny)-=e(xcosy-ysiny)+x-y+i[e+x+y]+c=ze²+(1+i)z+e(c∈R).在分母不为0时具有连续的二阶偏导数，(c∈R).第3章积分3.1内容要点定理1(柯西积分定理)设C定理2(柯西积分定理的推广)设D为由外线路C。及内线路Cj,C₂,…,3.柯西公式这里π=0,[,2,….3.2教学要求和学习注意点的性质.2.学习注意点(2)计算.这里曲线C为z=x+i√1-x²(-1≤x≤1),方向分别取逆时针和顺时针方向(图解：时针.(3)等式3.3释疑解难并说明积分路径为什么不能过z=0及z=1.与起点和终点有关的定理来求解.由解析函数高阶导数公式的证明过程可知：4.通过函数f(z)=e²,a=0,b=1+i对下述结论进行验证：若f(z)在区域f(b)-f(a)=|AI(b-a)f'(E).上述结论成立5.如果f(z)在zl<1内解析，并且,证明：证：因为f(z)证：因为f(z)在lzl<1利用积分性质有,,解：被积函数在圆及其所围区域内解析，应用柯西定理知例2计算这里曲线|zl=3/2只围住了被积函数的一个不解析点1,z-1的次方为1,例3计算这里曲线lzl=3/2只围住了被积函数的一个不解析点1,z-1的次方为2例4计算这里曲线Izl=3围住了被积函数的两个即一个以上的不解析点，应用柯西例5计算(柯西定理的推广定理)例在讨论并计算下列积分(,b均不在Izl=R(b)(,b均不在Izl=R(b)当圆面1zl≤R不包含a和森时，包含a包含a和b时，原式=0.3.1.1求积分,积分路径为从：=0到z=解3.1.2就下各种情况求积5(h)沿坐标轴从z=πi到z=0再到z=1的直线段C(图1.3.5)沿下面路径簇v=0到z=2解：因为f(z)=第-1为解桥通数，故对(a),(b)均有图13.5图1.3.6解3.1.4证明：如果C是以x=0,z=1,z=i,z=1+为顶点的正方形的正网边界(如图1.3.7所示),那么证：3z+1在整个复平面上解析柯西定理知结论成立3.1.5设C为习题3.1.4中的闭幽线，计算在第1象限的圆弧(图1.3,8),证证：∵1z²-11x21-1始3。由性新解图13.8的直线段(图1.3.9),通过观察线段上点到原点的距离证明：∴由性质知3.1.9令C,为正向圆周1z1=r(r>1),证明：图1.3.9并积分值当r趁于无穷时面逼近于零.(b)f(z)=ze²()f(z)=shaz;(e)f(z)sn理在复连通绒上的推广定理其理在复连通绒上的推广定理其3,02的正间边琴，证明：(示：痧用何题结檠和闭路变形原理诚：根据闭路变形原理3.2.4试由原函数推导对任何从z₁到z的曲线，有解：因为为整个复平面上的解析函数，故3.2.5计算下列各积分，积分路径为任意曲线.3.2.6(a)错助t=zl+i8(1zi>0,0<<2x)为的原函数这一事积分路径为沿z1=2的左半国周从-2i到=21(图1.3.10),(b)如果C为正向圆周=2,美能忽样导出益3.2.8设函数f(z)在圆环0<1zl<1内解析，且沿任何圆周C:1zl我(0(c)沿怎样的简单闭曲线有C:不过。士3i的任意商華正树闭的线；.图1.3.111.3.12坐C不包含±31时，原式=0;当C包含37,不包含-3i时，源式当C包含--3i,不包含3i时，原式当C包含±3i时，原式之值证明：又3.3.3计算积分,从而证明：函数3.3.4设曲线C:x²+y²=3,函数3.3.5设f(z)与g(z)在区域D内处处解析，C为D内任一条简单闭曲±2.y=±2圈成的正方形正向曲线；(h)当±ai均不被C包含时，原式=0;当C既包含-ai,又包含ai时，原式成立.试证1/'(0)11笑笑教利用复数相等的定义知。若取：李述结论成立5.如果f(z)在Ial<1内解析，并且诉明：《提承：烤感(z)在上的积分.)证：因为f(z)在[zi<1内解析，由柯西积分公式知利用积分性质有与要证明的结论相比较，取,则解：被积函数在圆及其所围区域内解析，瘤用和两定理知例2证：∵f(z)在a处连续，由解析函数高阶导数公式的证明过程可知2)纤算2)纤算方向分别取逆时针和顺时针方向(图图1、3.1(3)等式3.3释疑解难大于1,数用高阶导数公式求解。例4计算这里曲线{zl=3围住了被积函数的两个即一个以上的不解析点，应用柯西定理的推广定理计算原积分，这里中的是随意取的，两曲线不相交原则，然但依柯西定理的推广定理应遵循后再用柯西公或求解。两曲线不相交原则，然1.复数项级数定义1如果级数数发散.定理1对幂级数4.2教学要求和学习注意点(Iz-il<1).①式的下限为什么选i呢?首先，这个下限不能选0,因为，下限为0代入②式原函数中，函数无意义，其次，由和函数的积分性质知，积分下限可取满足lz-1l<1的任一点，但选i使②式右边代入上、下限后的运算最简单.(2)无穷远点的邻域是指点集!z|R<Izl<+.1.判别级数的敛散性.,部分和序列均有界，∴由狄利克雷判别法知，收敛.狄利克雷判别法：设是两个实数串，的部分和序2.关于函数f(z)展为幂级数时，级数收敛范围的确定.展开式的条件即为级数收敛的范围.例如：将函数在z=1处展为幂级数.此函数在z=1及其邻域Iz-11<1(析域)内解析，因此f(z)展为形如的幂级数的收敛范围为例如：将函数展成关于z的幂级数.在zo=0及其邻域|zl<2((zI<2答：当题目要求将f(x)在2处展为罗朗级数时，则f(z)必在某圆环R₁≤例如：将函数在之=i处展为罗朗级数.级数的收敛范围为0<1z-il<1及1<Iz-il<+的.这里R≤Iz-zol≤R₂也可取作0<1z-il<r₂(r₂<1)及r<Iz-il<+∞(r1>1),但一般我们所选的圆环为0<1z-il<1,1<1z-il<+0,(柯西不等式),这里n=0,1,2,…;0<F<R.5.设的收敛半径为R(0<R<+绝对收敛..∴而级25π厂+Z+π)…例1将函数展成z的幂级数.(Izl<1).在z=2处展成泰勒级数.此题目是要求我们将函数f(z)展成形如叙述成将函数展叙述成将函数圆环0<lzl<1内展成罗朗级数.(0<lzl<1).此题目是要求我们将函数f(z)展成形如的级数，有时题目也叙述成将函数在z=0处展为罗朗级数.例4将函数在圆环0<iz-1l<1内展成罗朗级数此题目是要求我们将函数f(z)展成形如的级数，有时题目也叙述成将函数在z=1处展为罗朗级数.例5将函数分别在圆环0<lz-il<1与1<lz-il<+解：当0<Iz-il<1时，此题目是要求我们利用已有展式 在以i为中心的圆环内展为罗朗级数，这时就要我们自己去析圆环从图1.4.1和图1.4.2中可以看出只有：0<1z-il<1及1<1z-il<图1.4.1图1.4.2例6将函数在z=的处展成罗朗级数.(4<Izl<+∞).函数在4<Izl<+内展为罗朗级数.4.5习题选解4.1.1证明序列收敛于-2.,,当n>N时，∴复数序列{zn|的极限与其对应的实数序列|a1,{vn的极限构成一一对应.#znl≤M成立.(c)若且,那么.∴考虑余项而而∴原级数条件收敏；∴原级数绝对收敛；∴原级数发散.4.2.2试确定下列幂级数的收敛半径，;;.4.3.1证明；(a)∴结论成立.4.3.3写出下列函数的幂级数展式至前三个非零项.4.3.4将下列函数在指定点展成幂级数，并指明其收敛的范围.∴(c)设,则即比较等式两边同次幂的系数得4.3.5通过以下三种方式推导chz的麦克劳林展式.恒等式(a)泰勒展式定理；(b)恒等式chz=cosiz;(c)恒等式f^2a+1)(0)=0,f⁴n)(0)=0(n=0,1,2,…).f(2n+1(0)=0,f⁴n)(0)=0(n=0,1,2,…).(b)应用(a)的结果，推导sin(sinz)的幂级数.4.4.1证明：(a)·(0<izl<2π)..关于z的罗朗展式的前四个非零项；的罗朗展式的前四个非零项，问它们的罗朗展式的前四个非零项，问它们的负幂的最高次是多少?∴函关于(z-i)的罗朗展式的负幂的最高次为1.4.4.4将下列函数在指定点的去心邻域内展成罗朗级数，并指出其收敛范∴(0<iz-il<2).4.4.5将下面函数在不同区域内展为级数(0<1zl<1,只要求含到²的项).…处的罗朗展式，并确定其收敛域.定义1设函数f(z)在0<Iz-2gI<R内解析，z为f(z)的孤立奇点.为函数f(z)在孤立奇点z的留数，记为Res(f,zo),这里积分是沿着C按正向取的.即定理1设D是复平面上的一个有界闭区域，若函数f(z)在D内除有限个其中沿C的积分是关于区域D的正向取的，(2)当z为f(z)的m阶极点时，(3)当为f(z)的本性奇点时，(5)在扩充的z平面上，有有限个奇点的函数f(z)在各奇点处的留数和为零.3.应用留数计算定积分(1)令z=e¹,由可将形如的积分经换元得到沿Izl=1的积分并进行计算，其中R(x,y)为有理分式，并且在单位圆周上分母不为零.其中R(x)是x的有理函数，而分母的次数至少比分子的次数高二次，并且R(x)在实轴上没有孤立奇点时积分是存在的，z为R(z)在上半平面的孤立奇其中R(x)是x的有理函数，而分母的次数至少比分子的次数高一次，并且R(x)在实轴上没有孤立奇点时积分是存在的，z为R(z)在上半平面的孤立奇5.2教学要求和学习注意点1.教学要求了解孤立奇点的分类(不包括无穷远点).正确理解留数的概念，掌握极点处求留数的方法.理解留数定理，掌握用留数求沿封闭曲线积分的方法，会用留数求一些实积分.2.学习注意点(1)下面计算错在何处?则u=e-¹,题目中答：错在第一步.对变量替换,若设z=e⁰,IzI=1则u=e-¹,题目中(2)比较下面关于函数在孤立奇点z=0处求解留数的两种方法一：因为z=0为答：上述解答过程中的方法一是正确的，方法二存在两个问题：①公式的适用条件是P(zo)≠0,Q(zo)=0,Q'(20)≠0,显然在z=0处不满足这些条件.(不等式的左边函数在z=0时无定义的使用条件是f(z)在z₀处连续有定义).时注意公式的适用条件.(3)无穷远点～是任何函数的孤立奇点吗?答：未必.因为任何一个函数在z=处均无定义，所以无穷远点是任何函数的奇点.但它未必是任何函数的孤立奇点，如z=的就不是函数f(z)=z1.孤立奇点zo(IzoI<+)的分类问题.找出函数f(z)的所有孤立奇点.当题目没有特别强调在扩充复平面上求解上均为f(z)的表达式无意义的点，如0:的孤立奇例如：因,所以z=0为函数的可去奇点.①为不等于0的常数),则20为f(z)的b阶极点.,故z=0为f(z)的本性奇点而典型例题典型例题此题目也可用柯西公式求解.计算计算此题目也