复变函数课后习题答案

1、.习题一答案1 求下列复数的实部、虚部、模、幅角主值及共轭复数：（ 1）1（ ）i32i21)(i2)(i（3） 13i（4） i 84i 21ii1i132i ，解：（ 1） z32i13因此： re z3 ,im z2 ，1313z1,arg zarctan 2 ,z32 i1331313（ 2） zii3i(i1)(i2)13i10，因此， rez3 ,im z1，1010z1,arg zarctan1 ,z31 i1031010（ 3） z 13ii3 3i3 5i ，i1i22因此， rez3 ,im z5，32z34 ,arg zarctan5 ,z3 5i2i 84i 2132（

2、 4） zi1 4i i1 3i因此， rez1,im z3，z10,arg zarctan3, z13i2 将下列复数化为三角表达式和指数表达式：（ 1） i（2） 13i（3） r (sini cos)（ 4）r (cosi sin)（ 5）1cos i sin(02 )解：（ 1） icosi sinie222;.（ 2） 13i 2(cos 2i sin 22i) 2e333（ 3）（ 4）r (sini cos)rcos() i sin()()ire 222r (cosi sin)rcos() i sin( )rei（ 5） 1cosi sin2sin 22i sincos2222s

3、incosi sin2sini2e 22223 求下列各式的值：（ 1） (3 i)5（ 2） (1i )100(1 i)100（3）（ 5） 3(13i)(cosi sin)(cos5i sin 5)2(1i )(cos i sin)（ 4）i sin 3)3(cos3i（6）1i解：（ 1） (3i)52(cos()i sin()5665)5)16(3i)25 (cos(i sin(66（ 2） (1i )100(1i)100(2i )50( 2i )502(2) 50251(13i )(cosi sin)（ 3）i )(cosi sin)(12cos()i sin()(cosi sin)

4、332cos()i sin()cos()i sin()442cos()i sin()(cos2i sin 2)1212(2)i2cos(2)i sin(2)2e121212;.（ 4） (cos5i sin 5)2(cos3i sin 3)3cos10i sin10cos19 i sin19cos( 9 )i sin( 9)（ 5） 3 i3 cosi sin2231 i ,k022cos1(2k )i sin 1 (2k )31 i,k1323222i,k2（ 6）1i2(cosi sin)444ik04 2cos 1 (2k) i sin 1(2k )2e8 ,24244 2e8i1, k

5、4 设 z11i ,z23i , 试用三角形式表示 z z 与 z1212z2解： z1cos4i sin,z22cos()i sin() ，所以466z1 z22cos()i sin()2(cosi sin) ，46461212z11)i sin()155)z2cos(4(cosi sin2646212125 解下列方程：（ 1） (z i)51（2） z4a40( a 0)解：（ 1） z i51,由此;.z5 1i2 k ii ， (k0,1,2,3,4)e5（ 2） z4a44a4 (cosi sin)acos 1 (2k)i sin 1 (2k) ，当 k0,1,2,3时，对应的 4

6、44个根分别为：a (1i ),a(1i),a(1i ),a(1 i)22226 证明下列各题：（1）设 zxxyzxyiy,则2证明：首先，显然有zx2y2xy ；其 次 ， 因x2y22 x y ,固 此 有22)(x2,2 (xyy )从而zx2y2xy。2（ 2）对任意复数 z1 , z2 ,有 z1222z2z1z22re( z1 z2 )证明：验证即可，首先左端(xx )2( yy)2，1212而右端x12y12x22y222re( x1iy1 )( x2iy2 )x12y12x2 2y222( x1x2y1 y2 ) ( x1x2 )2( y1 y2 )2 ，由此，左端 =右端，

7、即原式成立。（ 3）若 abi 是实系数代数方程 a0 zna1zn 1an 1za0 0的一个根，那么 abi 也是它的一个根。证明：方程两端取共轭，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： a (z)na ( z)n 1az a 001n 10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。（ 4）若 a1,则 babaa, 皆有ab1;.证明：根据已知条件，有aa1，因此：ababab 1a ，证毕。1 a b a a ab ( a a ) ba（ 5）若 a1,b1，则有 ab11ab证明： a2(ab)(ab)22abab ，bab

8、2(1ab)(1ab)122ab ab ，1 abab因为 a1,b1，所以，2222221) 0，aba b 1 (1a ) ( b因而 a b 221 ab ，即ab1，结论得证。1ab7设 z 1,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 znazna 1a ，在上面两个不等式都取等号时zna 达到最大，为此，需要取 zn与 a 同向且 zn1，即 zn 应为 a 的单位化向量，由此， zna ，azana8试用 z1, z2 , 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，z2z1 与 z3z1

9、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 z2z1 应为 0 或 的整数倍，至此得到：z3z1;.z1, z 2, z 3z2z1为实数。三个点共线的条件是z3z19写出过 z1 , z2(z1z2 ) 两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( xyy1t( y因而，复参数方程为：x )21，y )21zxi y1 x1i y ( t2 x 1 x2 i y ) 1 i y 1 ( z2 t )zz其中 t 为实参数。10下列参数方程表示什么曲线？（其中t 为实参数）（ 1） z(1i)t（ 2） z a cost i

10、b sin ti（3） z tt解：只需化为实参数方程即可。（ 1） xt , yt ，因而表示直线 y x（ 2）（ 3）xa cos t , y b sin t ，因而表示椭圆 x2y21a2b2xt, y1xy 1，因而表示双曲线t11证明复平面上的圆周方程可表示为z za za zc0 ，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 , yzz ，并注意到 x2y22zz ，由此z22izza zzb zzc0 ，22i整理，得zzabi zabi zc022记 abia ，则 abia ，由此得到22;.z za za zc0 ，

11、结论得证。12证明：幅角主值函数arg z 在原点及负实轴上不连续。证明：首先， arg z 在原点无定义，因而不连续。对于 x00，由 argz 的定义不难看出，当z 由实轴上方趋于 x0 时， arg z，而当 z 由实轴下方趋于 x0 时， arg z，由此说明 lim arg z不存在，因而 argz 在 x0 点不连续，即在负实轴上不连续，z x0结论得证。13函数 w1把 z 平面上的曲线 x1和 x2y24 分别映成 w 平面中z的什么曲线？解：对于 x1，其方程可表示为 z1yi ，代入映射函数中，得因而映成的像曲线的方程为得w uiv111 iy，z1iy1y2u12 ,v1

12、y2，消去参数 y ，1 yyu2v21u,即(u12v21 2,表示 一个1 y22)( 2)圆周。对 于 x2y24， 其 方 程 可 表 示 为z x iy 2cos2i sin代入映射函数中，得w u i v 11c o s i s i nz 2 c o si 2 s i n2因而映成的像曲线的方程为u1 cos , v1 sin，消去参数 ，22;.得 u2v21 ，表示一半径为 1 的圆周。4214指出下列各题中点z 的轨迹或所表示的点集，并做图：解：（ 1） z zr (r 0)，说明动点到 z 的距离为一常数，因而表00示圆心为 z0 ，半径为 r 的圆周。（ 2） zz0r

13、, 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。（ 3） z1z38,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（ 4） zizi ,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。（ 5） arg(zi)，幅角为一常数，因而表示以i 为顶点的与 x 轴正向4夹角为的射线。415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。（ 1） 2z3，以原点为心，内、外圆半径分别为2、 3 的圆环区域，有界

14、，多连通（ 2）arg z(02 ) ，顶点在原点，两条边的倾角分别为,的角形区域，无界，单连通（ 3） z31，显然 z 2 ，并且原不等式等价于z 3z 2 ，说z2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 x 2 后的点构成的集合，是一无界，多连通;.区域。（ 4） z2z21，显然该区域的边界为双曲线z2z21 ，化为实方程为4x24 y2 1，再注意到 z 到 2 与 z 到 2 的距离之差大于 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。（ 5） z 1 4 z1 ，代入 zxi

15、y ，化为实不等式，得( x1 7 2y282)()1 51 5所以表示圆心为 (17 ,0) 半径为8的圆周外部，是一无界多连通区域。1515习题二答案1指出下列函数的解析区域和奇点，并求出可导点的导数。（ 1） (z 1)5（ 2） z32iz（3）1（4） z1z21z3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：（ 1） (z1)5 处处解析， ( z1)5 5(z1)4（ 2） z32iz 处处解析， (z32iz)3z22i（ 3）1的奇点为 z210 ，即

16、 zi ，z211(z21)z2()2, z ( i )z2(z22z(211)1)（ 4） zz1的奇点为 z3，311( z)12 ,(z3)z3( z 3)2判别下列函数在何处可导，何处解析，并求出可导点的导数。（ 1）f ( z) xy22yi（ ）f ( z) x22x2y i;.（ 3）f ( z)x33xy2i(3x2yy3)（ ）f (z)14z解：根据柯西黎曼定理：（ 1） u xy2 , vx2 y ，uxy2 , vyx2 ,uy2xy,vx2xy四个一阶偏导数皆连续，因而u, v处处可微，再由柯西黎曼方程uxvy , uyvx 解得： xy0 ，因此，函数在 z0 点可

17、导，f(0)uxivx z 00 ，函数处处不解析。（ 2） u x2 , vy2 ，ux2 x,v2y ,u0 , vyyx四个一阶偏导数皆连续，因而u, v处处可微，再由柯西黎曼方程uxvy , uyvx 解得： xy ，因此，函数在直线 y x 上可导，f ( x ix ) uxivx y x2x ，因可导点集为直线，构不成区域，因而函数处处不解析。（ 3） u x33xy2,v3x2 yy3 ，ux22226x y ,x v6x y3 x3 y , vy3x3y y,u四个一阶偏导数皆连续，因而u, v处处可微，并且u, v处处满足柯西黎曼方程uxvy , uyvx因此，函数处处可导，

18、处处解析，且导数为f (z)ux ivx3x23y2 +i 6xy 3z2（4）f (z)11x iy，uxy2 , vyy2，zx iyx2y2x2x2uxy2x 2x 2 y 22( x2y2 ) 2, vyx(2 y 2)，uy2xy( x2xy(x2y 2) 2, vx2 y )2 2，因函数的定义域为 z 0 ，故此， u, v 处处不满足柯西黎曼方程，因而函数处处不可导，处处不解析。32323当 l, m, n 取何值时 f ( z) mynx yi( xlxy )在复平面上处处解析？解： umy3nx2 y, vx3lxy2ux2nxy, vy 2lxy,uy3my2nx2 ,

19、vx3x2ly 2 ，;.由柯西黎曼方程得：ux2nxyvy2lxy,( 1 )uy3my2nx 2vx3x 2ly 2(2)由（ 1）得 nl ，由（ 2）得 n3,3ml ，因而，最终有m1,nl4证明：若 f ( z) 解析，则有 (f ( z) )2(f ( z) )22f ( z)xy证明：由柯西黎曼方程知，左端(u2v2 ) 2(u 2v2 )2xy(uuvvx )2uuyvvy)2(uuvv)2(uvvu)2x(v2xxxxu2v2u2u2v2u2 (uxvx )2v2 (uxvx )2(uxvx )2ux iv x2u2v22f (z)右端，证毕。5证明：若 f ( z)uiv

20、 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） v u2（5） 2u 3v 1证明：关键证明 u,v的一阶偏导数皆为 0！（ 1） f ( z)uiv ，因其解析，故此由柯西黎曼方程得uxvy,uy vx-（ 1）而由 f ( z) 的解析性，又有 uxvy ,uyvx - （2）由（ 1）、（2）知， uxuyvxvy0，因此 uc ,vc ,即12（ 2）设 uc1 ，那么由柯西黎曼方程得f ( z)c1ic2 为常数vxuy0 , vy

21、ux，0说明 v 与 x, y 无关，因而 vc2 ，从而 f ( z)c1ic2 为常数。2u2v2c0 为常数，等式两端分别对x, y 求偏（ 3）由已知， f (z)导数，得;.2uux2vvx0（1）2uuy2vvy-0uxvyuyvx因 f ( z) 解析，所以又有,- （2）求解方程组（1）、（2），得 uxuyvxvy0，说明 u,v 皆与 x, y 无关，因而为常数，从而f (z) 也为常数。（ 4）同理， vu2两端分别对 x, y 求偏导数，得vx2 u u ,v2u uxyy再联立柯西黎曼方程 uxv ,uyv，仍有yxuxuyvxvy0（ 5）同前面一样，2u3v1两端

22、分别对 x, y 求偏导数，得2ux+ 3vx0 ,u2 v+ 3yy考虑到柯西黎曼方程 uxv ,uyv，仍有yxuxuyvxvy 0，证毕。6计算下列各值（若是对数还需求出主值）i（ 2） ln( i )（3） ln( 3 4i )（ 1） e 2（5） (1 i)i2（ 4） sin i（6） 273icos() i sin()i解：（ 1） e 222( 1（ 2） ln ( i )ln iarg( i )2ki2k) i ，2k 为任意整数，主值为： ln(i)1i2（ 3） ln (34i )ln34iarg(3 4i )2k il n 5 (ar c t a n k i2) k为

23、任意整数4，3主值为： ln(34i)ln5(arctan 4)iei.ie i .iee 13（ 4） sin ii2i2iiln (1i )i ( ln 2i 2 k i )iln 22 k（ 5） (1i )e4e4e;.e 42 k( c o s l n2is i n，2 )k 为任意整数22ln 272(ln 272 ki )2 ln 274k i4k i（ 6） 273e3e3e3e39e3，当 k 分别取 0，1，2 时得到 3 个值：499i( i 1 ， 3)，9e3829 (i1i3)9e327求 ez2和 argez2解： ez2ex2y22xyi ，因此根据指数函数的定

24、义，有ez2ex2y2，arge z22xy2k，（ k 为任意整数）8设 zrei，求 reln (z1)解： ln ( z1)ln z1 iarg( z1)2ki ，因此reln (z1)ln z1ln(r cos1)2(r sin)21 l n (1 r2 c o s r 2)9解下列方程：2（ 1）ez13（ ）ln zii22（ 3） sin zcosz0（4） shzi解：（ 1）方程两端取对数得：zln (13i )ln 212k) i(3（ k 为任意整数）（ 2）根据对数与指数的关系，应有z e2ii s i n ic o s22（ 3）由三角函数公式（同实三角函数一样） ，

25、方程可变形为s i nzc ozs2 s izn () 04因此 zk ,即 z k，k 为任意整数44;.（ 4）由双曲函数的定义得shzezez2i ，解得z 2z，即 ez i ，所以2ie1(e )0z l n i(2 k )i， k 为任意整数210 证 明 罗 比 塔 法 则 ： 若f (z) 及 g( z) 在 z0 点 解 析 ， 且f ( z )g( z )0 ,g0z (，则) lim0 f ( z)f ( z0 ) ，并由此求极00z z0g(z)g ( z )0限 lim sin z ;lim ez1z 0zz 0z证明：由商的极限运算法则及导数定义知f ( z)f ( z0 )f ( z)limzz0limg( z)g(z0 )z z0 g( z)z z0zz0由此， lim sin zlim cos z1z 0zz 01lim ez1lim ezz0zz 0111用对数计算公式直接验证：limzz0limzz0e0f ( z)f (z0 )zz0g( z)g(z0 )zz01f (z0 ) ， g (z0 )（ 1） lnz22lnz（2） lnz1lnz解：记 zrei ，则2（ 1）左端ln(r 2e2i )2ln r (22k)i ，右端2ln r(2m)i 2ln r(24m )i ，其中的 k, m为任意整数。显然，左端