考研复变函数习题集考研专用

5产设S为所有实数有序对(/y)的集合，具有相等的

定义：

(%3/)=(%口当且仅当与=〃与y=g

并设定义于s上的二元运算㊉与。，满足具有(名y)㊉(叫》)

=3+%?+力)的一个环的公理.若|(町仍|=/存+才,

I(与3)◎3,©)I=I(6y)|・I。],且(斗0)。»)=

(cz,k)=Q,y)0(40),则.

S,y)。V)=(以一叩，uy+XV).

【注】在讨论复数系的构造时常会提出如下问题，在如下的限制

下是否有多于一种的方法定义有序实数对的乘法？

(1)(4,y)=(%tO必须而且只须v=v.

(2)(r,y)©(tc,®)=(r+v,y+1>).

(3)满足域的公理.,•

(4)保存关于有序对的模的古典定义连同陈述(。,办0(%«01

=lS，y)l>1・

(5)(c,0)0(%,y)=(cz,cy).

这个习题实际上就是给予一个否定的回答，而且把域的限制减弱

为具有条件0)。(的y)=3,妙。G0)的环.

【证】首先，我们注意8

(0,y)G(0,v)=c(y,0)0(0,l)3QC(r,0)0(0,1)3

=(”，0)。1・(0,1)。(0,1)〕

=(yv,0)Q(m9r»).

这里(m,n)=(0,D。(0,D,因此

S,y)0<％。)=[S,o)S3,y)〕O(/r)=[G,o)0Gr,0)〕S«o,y)O

(%<0]=(xv,加)—((0,y)G)[(％o)©(o,v)jy

=(TU,xv+wy)©C(o,y)©(0,，))

=(.xu,xv+切)①(ywn,yvn)

二(切+yvm,七力+try+yrn).

由有序对的模的定义与乘积性质，不难验证।

(a)m2+n-=1与

Q)(二+y2)(%?+v2)=(TU+yvm)2+Qxv+uy+yvn)s

展开。)并重排各项，可得出结论।

(o)(1-6？-n2)yV=2(m+1)公卯。+2n(uvy-+叫吟.

所以由(a)与(。)，对所有实数/V,"与v我们有

20n+Dxyuv+2M”叩2+可/)=0

因此m=-l,且n=0,因而(0,1)0(0,1)=(-1,0)

且3v)O(«＞。)=(皿-yv,3+第).

11产设阳加是单位根使

an-f-6m4-0=0(**1.m?黑1.)

这里％4。是非零整数，证明仅可能由G=6=C,*=3,m=g)

办+3+1=0给出.

【证】我们有一。篦=6m+cJ与一m=bm+4这两个表.

示式相乘，注意瓦”7,码m-l因为它们是单位根，

a2=6i4-o24-6c(7n-Fwrl).

因6代0,我们得结论“叶力3=督=有理数.且加之一xm+l

=0.因此，儿在有理数上是二次的以致若小是九次本原单位

根，则只可能%=1,2,3,4,6,由假设九、1,卜关2,我们排除

八=4,因若n=t,i=-1,则％是在域Q⑴里的单位根.以

致汽=士£,但a(±i)+6i+联0,这样就剩下两种情形：

32+3+1=0,(—3)2+(—1)(—3)+1=0

这里。是本原单位立方根以致一3是本原六次根，这就给

出希望的结果，(具有通常的交替。=j=0,"=*m=")

1注］1的n次根（共”个）通称n次单位根.它们是

=cos+isiu-^^-9^=0,1,1•,,n-1

nn

显然，两个n次单位根的乘积仍是一个n次单位，（因若尸=1与

^=1,则（/尸=户犷=1・）又加次单位根的倒数也是九次单位根.

（因设6n=1,则从CL』［得出户・8T）”=1,即QF"=1.）因此

普遍的说，每一个"次单位根的乘方都是外次单位根.而且，对于%的

任何倍数”，每一个主次单位根必定也是一个7次单位根.

但对所有八次单位根来说，设m为外的约效（因子），其中有的单

位根可能是m次单位根.当一个n次单位根，它不是一个低次的单位

根时，叫它是一个“次单位原根（本原单位根）.如

e1==co8-?^+i8io^,,

nn

则ef=cos——+1sinW=£*,

nn

故q的小于n的每一个乘方都不能等于1,于是〃是一个n次单位原根.

色是一个n次单位原根的充晏条件是砂（1=0,1，•,松互不相警，即

得出所有的n次单位根时，e才是外次单位原根.

事实上，因在黑时若£*二3则"-*=1,于是从K

-y灯-1知£将不是一个原根，反之设£的无乘方G。。,1,…，n-1）各

不相同，则e是一个外次单位原根•

若。是一个。次单位原根，典当且仅当z与＜5质时，/才是九次单

位取根.

实因设（“比）=d,若d＞l,则有2=d〃,n=dM此时Q*）'=€"=

e»”=（L）财=1.于是e*是一个n次单位根.

另一方面，设d=l,且同时设十是m次单位根，而则

（小尸=1.

因假设£是"次单位原根，就是说只在它的方次是久的倍数时才能等于

1,所以标是n的倍数，但因1＜桁＜小故可推知%和力不能互质，与所设

不合，于是"是"次单位原根.

由是知।几次单位原根的个数等于比八小且和外互质的正整数的个

数.

12.•设m为正整数，且由（l+E）m=/Q）+igQ）定义实

多项式/（力与9（力，证明对任意实数。与6,多项式4（6）+

方（方）仅有实根_

【证】假设2=。+氨，丹o,与丁为/3）-叼9）=0的

解，这里及=-6/°.则

（1）9（力=缶+，尸（1+舐）*

把（1）代入|g（z）l=lg5I中，因“为实，由此得出

11+词=|i一词，

但这菰含d=0,与假设不符，

【别证】方程歹+3=0可以写为形式：

（。+仍）（1+函）■+（0一动）（1一E）m=o

若。与6不同为零，设a+i6=m",对非零实数炉与实数。,财

（l+M）*/。一电）”=/。所以!（1+祈）/（1一访）=6"若/=

（2。+2点）/m对某个整数月由此立刻得出z=tg0/2）是实

数.若Q与6同为零，提出的论断显然是错误的.

23.利用DeMoivre定理推求平面上的坐标变换的旋转

公式

【解I设点产关于坐标系XOY与x，oy’的坐标分别为

G,y)与3,/),旋转角为。＜90。.

则由DeMoivre定理得：

2=%+ti/=r(cos(«+。)+；sin(a+d))

=T(cosa4-1sina)(cosC+isin6).

乂z=4'+iy'=伊(cosa+£sina).

故有z=3+iy')(cos，+£sin。).(1)

比较实、虚部分得：

tx=x'cos0-y'sin0.

\y=xfsin0+yfcos8.

若用cos。一isin。乘(1)的两边，并比较实、虚部分便

得逆变换公式：

cos。+夕sin0.

稹=-6sin0+ycos0.

27.•对什么样的实数值4,方程/一/+4=0的所有根

服从团《1?

【解】实函数，1=，2一二的图形有一个相对极大在(年，

余)，一个相对极小在(0,0),且通过点(一1,2),(~y,给,

(1,0).由这个图形我们得出涉及方程Z3-/+4=O的根的

结论：

(1)若力＜0或力＞2,则有一个实根绝对值大于1.

(2)若0＜/《言，则所有的根是实的且在一宁与

1之间.

(3)若言＜/&2,则有一个实根在一1与一春之间

4IO

和两个虚根.为了探究虚根，设。.为实根，则/=N—且

使方程降低为22+(/一1)2+产一r=0具有根

2=(1一黄土1/fTi2rz^^)/2,

对一1＜丁〈一上被开方数为负，且闭2=产一。条件

O

⑶《1产生心一因此(1-1/5)/2&如＜一4.最后若

U

1一/%n.r，J二1

'=------2------'则4=------2-----•

由(1),(2),(3)我们得结论方程％3-22+/=0的所有

根的绝对值小于或等于1的充要条件是044&」年L.

29.*对四》1,设又是形如亚2)=3”+4_/1+.・・+%2+1

的多项式之集，这里小,变化通过所有复数.求

M=min(max|p(2)I)的值.

\&HI-1

【解】我们证明里尸;2,对">1・

及wWmax|秆+11=2.

l3l=l

若力人<2,对某个场则有一个尸G)=W+%*i+

+。佟+1,使max|p(z)|<2.

|3|=1

看此一2<R"(z)V2.九次单位根给出：

T=cos与+1sin羊.M,…，户=1.

把不等式相加，我们符

W

-2"<五。2(7*)<2%

由于£#(")=2①故得矛盾.

6.试计算和:

Ԥ1=1+Gcosc+02cos24+...4-a*cosnx9

・S'2=asinx+«2sin23+…+a"sinnx.

【解】考虑几何级数

M小+%川।一]

1+az+G%2+...+a"a=

03—1,

在设2=cosz+isin%则上式取形式:

艺虫小丑—1

凡+祝=«3-1・

计算该式的右端:

n+，

an+is»4i—i。叶1COS("+1)G—1+iasin(舞+1)8

oa—1-acosx-l+iasinx

(an+lcos(w+l)a:—1+tan+，sin(n+1)4)

(acos£-1一沁sinx)

a2—2«cos%+1

分出实虚部分，于是便得：

a*+-cosiix—an+'cos(n+1)^—acos2+1

a2—2«cosx+1•

、a.+lin4z-a.+isin(由+l)±+asinc

la?—2acosz+l

〔注〕若同＜1,则我们有，

•o

0)acnco-snx==1J-a-c-o--sx,

4Ja--2acos出+1

HMt

.asinx

2°Binng=a^2aco8^4.V

⑴祸靠=弃.（2）福^屏二誓二

*■1>.1

齐in、壁二1）仁,⑷乐事Y

当2m+l=n.

(5)

*■】当外=2m.

由此即可得（1）

在前题的（2）中令公=1可得（2）；在前题的（1）中令

±=1可得（3）；在前题的（1）中令*=-1可得（4）；在前

题的（3）中令c=i可得（5）.

13.试证

【证】考十一1=0.3*=l=cos2^+tsin2^.

,2卜穴,

故3=COS——-+tsin--,A=0,1,…,舞一1.

11

2初r,・.2加

令

/=cos-f-t+isin—，卜—e

则2"-1=（2-1）。-21）・・・（2—2~1）.

Z*l+2的-?+・・・+1=（2—3j）•••（2—，_i）.

令2=1.则得解=（1一&）（1一&）…（1一，'）.

.二四=|1一%||1-«1|…|1一%_l|.

2Kn/k穴

但|1一，|=2sin-^-/2=2sin~^.

力日的・7r・2灯.”一1

于是n=2sm—sin--sin*肛

19.*证明或反证:若属（z）＞l,则对任何正整数”有

1一1〉|炉|小T.

【证】不等式对五（3）>1（或*e（2）=l,2-l）保持，我

们可以设&G）=rcos，>l.这里O1且0<6<万/2.由余弦

定理，我们有

12"+X-*12=产+2+*一2产+】cos0・

|2"+'—112=7*+，+1—2/+%0S（7l+1）夕.

对n=1,2，…，我们来证3

（1）产—1<2产+%os0—2产+'cos（%+1）6,

首先考虑3=1+4这里<^>2/n（n-2）,n>3,

则产一1=2〃+乃《（乳一1）以2=（1+标一切2<（产一炉）2・

因此2产*cos0-2rM4cos（久+1）。>2产"cos0-2.

）2产-2/产一1.

其次我们考虑d<2/n（，-2）.因rcos^>1.

1-2"（勿-2）<cosO<l—//2+r/24.因此

,04-12俨+48/仔（制-2）>0,且伊〈6,伊《6-6/力

这里Z）=l-4/3n（n-2）.当.我们求：

8n4+10心-8M-60n-16>0

或1-6/（例+2）2</万.

因此外《6-61/P<36/⑴+2）*<4*/（&+2）,

因（*+2）d<2/cos（n+l”〈cos6.

最后的不等式对侬=3也保持，且与炉无关，当九=1,2,因此所

有剩余的情形（1）的右边较大，2户+1os。-2产%os珍2产

-2厂>户一1.这就完成了证明.•：、

20.设复数％（"=1,2,…,”）不为0,”的幅角力满足同一

不等式:

a<h<3”a<n.(1)

则d+&+…+%*。.(2)

【证】我们采用反证法，若

.21+々+…+,=0.(3)

不失一般性，我们假定F=A«=-<且0<%<一5一.

在(1),(3)成立的条件下，则取任意一个幅角为：(a+F)

的复数W*。)，且令4=言.

此时arg心=%—十(a+[)=%.(E=l,2,•••>♦»).

我们得等式2；+&+・・・+4=0.

由(1)不等式一」丁</<^1〒一成立.

1e7T1

又因4-(8-。)<丁.故可取4=*(P-a).

于是当14Y前时设一久〈/。.(0<7<子).

又令<|〃|=加并设％+!+~+，的实部为o,即

乙cos%+…+。cos611Ko.然而左边每一项皆为正，从而得

出矛盾，于是

«1+«1+••,+%至0.

21*求所有一个复变量的复值函数使/。)+4(1—3)=1

+%对所有2成立.

【解】因/G)+#Q_Z)=)+%于是用］一$代替8以后

可得出：，(z)+z(2-3-(1-3)/(2))=1+2,

因此〃2)(1-2+22)=1-叶尸对所有Z.

所以"2)=1可能对2=%，%除外，这是城一2+1的

根.设。是任意复数且/(叫)=%则因%=1一%，我们必有

/(w2)=l+w2-w1a,因此对所表示的关系须除去了(必)与

/(4).

3.证明5若力+々+啊=0,且I|=I>2I=II=1,

则点％%%是内接于中心在坐标原点，半恁为1的圆周的

正三角形的顶点.

【证】S|«J=1«2|=|33|=1,故诸点出,%,均位于中心

在原点的单位圆上.今证△平2%为一正三角形.

不失一般性可设：町=1,和=cos%+isin%,

%=cos/+fsin%・则因句+22+23=0.

故1+cosffz+cos^3=0,sin%+sin。3=0.

因sin03=—sin%=sin(—内).

・'63=—%.

所以1+cosa+cos（-。2）=0.即cos%=—J

••%=彳"・

于是△守2%为一正三角形.

4.若/+%+*+?4=0,且|2J=]&|=%|=|%1=1.

则四点构成一个内接于单位圆之矩形.

【证】因出I=|芍1=BI=|分|=1.

故四边形2仔2%冤内接于单位圆㈤=1.（各、不可能重

合,否则比如为=%，则2%=一（句+久），于是将有2出|二

%+々|<&1+|%|=2的矛盾）.

22

又由1+224-23+4=0知

214-3+Z.

~2----9~,令，=力+纵・（"=32,3,4）.

勺十日.叼+盯%+%%+为

2-2―=2~•

故边52的中点与边Z34的中点关于原点为对称，从而

3遇遇3々为一矩形.

5.证明，当只当白?■为实数时，三点外，&,%共

敢一句

线.

【证】设外，三点共线.则

arg（斫一私）=arg（«1-z3）+跖

即arg个子=ar.

Z]-z3

当牝为偶数时12Z31J31回向.

“为奇数时，/%%%反向.

为实数.反之亦然.

6.以直数%%a为顶点的三角形为等边的充要条件是

xt+yl+zt—yz—2X-xy=0

【证】］叼分为正三角形的充要条件是矢量y一夕旋转角

士事后恰与矢量-4重合..

TT7T

但一个矢且旋转角±5-,相当于用数，a-cos-±isin

TT1+i/1，

了去乘它，而a=_=/—,因此为正三角形的充

要条件是a(y—z)=z—与即L,(当然

y-Qz

磔铝G否则与V/三点将重合，不成其为三角形了.)

.化简得经若土=土/二

?.（"一夕一町・=一。。一切・

展开整理后便得谈+娘+42=空+3+切・

【另解】由〃+y2+z2-4y-yz-M=0

知@一？）2+0-2）2+（-C）2=0（1）

但yT=（y—爹）+（4T）・

代入（1）得：代w-y）'+23-"'+2（y—力S一2）=0

即（差9）一（空高）+1=0（当然土力.

.3一81士/打

,•2-X~2•

因.［士=1.故凶一用=|3一句.

乙

一y-x/1±/外\,加

且arg不呵一厂一尸土可•

・•・"非为正三角形，推理可逆.

io.交比（或非调和比）⑶,％6与）=21T■:姜q

3

%一。X—%4

为实数的充要条件是四点外,％/3,々共圆或共线.

【证】（1）设与，写）其线,并设此线过1且与实轴

交角为巴则此直线方程为

,2=!+。小.-8＜。＜+8.

从而有、=2o+P/a.（4=1,2,3,4）

比值为一3】一/,=Pl-Ps,P1-P4

比值为Z2T3•互一分一G—PjPz-PJ

即（%,22,%,分）=（。］/2，8，。4）为一实数,反之亦然.

（2）设外,芍,均,分共圆，而此圆之中心为3,半径为亿

则其方程为

4=》+。小，0＜。＜2冗.

・・・，=/+p/a*.(i=l,2,3,4)

iaiaia

ei—e*a3ei—e4

交比（许,22/3,24）=

因

m—8“=(cosa-cosfl)4-1(sina-sin©)

a十..a+P,a-P

=-2sin——P+zcos---sm——

2244

=2isiny(cos?+，sinF)

=2＜sin-5--e42

2.，。

sm--z—sin---#

34)=----------一--------为

,sin^Z^

2Sila'实数.

【别解】设表：7：受=叫则”、为正实数的充要条件是:

此时ZM3«1=ZW1.于是与，%〜，4共圆或共线.

m为负实数的充要条件是：

（总上电（黔）+%

此时=Z»»#4«l+1r.

于是四点1%〜々共阅或共线（见下图）.

12.平面上三点盯，%,*3三点共线的充要条件是：存在

三个不全为零的实数/,m,九使得

，|=0.

’21驾+皿2+.％=0

【证】必要性，若句，与，匹共线，不妨设与在均与，之

间，此时由线段方程知8

一=仇+(1-(o<yi.)

或23—(1-£)*1+〃2.

令Z=1-Gm=g,九=-1,显然不全为0,并满足

I+m-j-n=(1-。十C十(-1)=0

；3j+m»t+nt3=(1-0*i+-»8=0.«

充分性：若存在不全为零的数2,m,”满足

.1+«*+”=0(1)

%+叫+n»s=0(2)

不妨设”至0.由(2)%=—4■方1一号~*2.

又由(1)”=一。+«0.故知

I，〃

%=”+」+l+m**

+(1-,；山)。

力+(-丹・)

即力,%久满足直嫔方程，故它们共线.

13.证明।过三角形一边中点作直线平行于第三边，则

这条直线平分三角形的第三边.

【证】设三角形的三顶点为小%药,设N为3伍边的中点

则其对应的复数为；(力+!),过N作3s边的平行线交■、边

于电，设及点对应的衰数为驾则直线放N的方程为：

「上普(h为实数)

而直线与%的方程为，

»=>1+(38-I：)G.为实数)

因两直线相交于M.故

+(»3=«1+(%一%)G•

整理得8(1-2«|)>!+(2G«1)>1+2(«1-G)t3=0.

设31—2%m=2，&-1,n=2(匕一与)・

财亿必解显然满足前题的共线的充要条件.但5％3s是

三角形的顶点，不能共线，于是必有；=m=n=O.即

•1—2勺=0,24-1=0・«i-G=0.

从而<1=^=»*|--代入2=-^--+(«3-«1)<1得

-3+(*3-Il)4~=B4"(,t+,3).

即取为»2»S边的中点.

16.证明：等腰三角形两底角相等.

【证】设等腰』3吊中=

由于|力一的|・|八一%|・故II=1・

即言.（悬）=，亦即总=暮・

或«3~»1-2三J

从而八=1一日^4^=（1-：=1）=；

«»-»i\aZal/

Ir

即ImXl=—ImA2,故/ml1与Im八同号.

又arg】i=arg：=-argw+2e.

arg22=arg«=-arg3+2〃尸.

因三角形每个内角小于/故argA=arg入=-argt,

故得讦

17.证明平行四边形的两对边及两对角相等，而且对角

线互相平分.

【证】根据平行四边形两对边平行，但两邻边不平行,

以及过两点的直线定义与平行条件有：

34f=&(实数)

与一，

罟=友（实数）(2)

多一多

毁实数(3)

，一-

由（1）（2）得%-33=勺（五一%）.严勺Gs-l）.

两式相减，消去34得：％——=即（力一，）一%（4-，）.

即（%―%）（1-%t）