复变函数 第四版 (西安交通大学高等数学教研室 著) 课后习题答案 高等教育出版社
复变函数第四版余家荣答案
复变函数第四版余家荣答案【篇一：1第一章复数与复变函数】京1第一章复数与复变函数1 复数及其代数运算1.复数的概念①在解方程时，有时会遇到负数开方的问题，但在实数范围内负数是不能开平方的。
为此，需要扩大数系。
我们给出如下的代数形式的复数定义：复数的代数定义：把有序实数对(x,y)作代数组合所确定的形如x?iy的数称为（代数形式的）复数，记为z?x?iy，2其中，i满足i??1。
我们称i为虚单位；实数x和y分别称为复数z 的实部和虚部，并记为x?rez，y?imz。
特别地，当imz?0时，z?x?i0?rez?x是实数；当rez?0时且imz?0时，z?iimz?iy称为纯虚数；虚部不为零的复数称为虚数（即不为实数的复数称为虚数）；z?0当且仅当rez?0且imz?0，即复数0?0?i?0。
z1?z2当且仅当rez1?rez2且imz1?imz2。
2.复数的代数运算2.1 四则运算设z1?x1?iy1，z2?x2?iy2为任意两个复数，它们的四则运算定义为: 加法：z1?z2?(x1?x2)?i(y1?y2) 减法：z1?z2?(x1?x2)?i(y1?y2) 乘法：z1z2?(x1x2?y1y2)?i(x1y2?x2y1) 除法：z1x1x2?y1y2y1x2?x1y2（z2?0） ??i2222z2x2?y2x2?y22【注】：(1).可见，复数的四则运算，可以按照多项式的四则运算进行，只要注意将i换成?1。
(2).关于除法的具体操作可以按两种方法来进行：①.先看成分式的形式，然后分子分母同乘以一个与分母的实部相等而虚部只相差一个正负号的复数（在后面将会看到，这被定义为共轭复数），再进行简化；②.用复数z1?x1?iy1除以非零复数z2?x2?iy2，就是要求出这样一个复数z?x?iy，使得z1?z2?z。
按乘法的定义，为求出z需要解方程组?x2x?y2y?x1??x2y?xy2?y12.2 共轭复数复数x?iy和x?iy互称为对方的共轭复数，如果记z?x?iy，则用记其共轭复数，即?x?iy?x?iy。
复变函数课后习题答案(全)
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）132i+（2）(1)(2)i i i --（3）131i i i--（4）8214i i i -+-解：（1）1323213iz i -==+， 因此：32Re , Im 1313z z ==-，（2）3(1)(2)1310i i iz i i i -+===---，因此，31Re , Im 1010z z =-=，（3）133335122i i iz i i i --=-=-+=-， 因此，35Re , Im 32z z ==-，（4）82141413z i i i i i i =-+-=-+-=-+ 因此，Re 1, Im 3z z =-=，2． 将下列复数化为三角表达式和指数表达式： （1）i （2）1-+（3）(sin cos )r i θθ+（4）(cos sin )r i θθ-（5）1cos sin (02)i θθθπ-+≤≤解：（1）2cossin22iii e πππ=+=（2）1-+23222(cos sin )233i i e πππ=+=（3）(sin cos )r i θθ+()2[cos()sin()]22ir i reπθππθθ-=-+-=（4）(cos sin )r i θθ-[cos()sin()]i r i re θθθ-=-+-=（5）21cos sin 2sin 2sin cos 222i i θθθθθ-+=+ 3． 求下列各式的值： （1）5)i -（2）100100(1)(1)i i ++-（3）(1)(cos sin )(1)(cos sin )i i i θθθθ-+--（4）23(cos5sin 5)(cos3sin 3)i i ϕϕϕϕ+-（56解：（1）5)i -5[2(cos()sin())]66i ππ=-+- （2）100100(1)(1)i i ++-50505051(2)(2)2(2)2i i =+-=-=-（3）(1)(cos sin )(1)(cos sin )i i i θθθθ-+--（4）23(cos5sin 5)(cos3sin 3)i i ϕϕϕϕ+- （5=（6=4．设12 ,z z i ==-试用三角形式表示12z z 与12z z 解：12cossin, 2[cos()sin()]4466z i z i ππππ=+=-+-，所以12z z 2[cos()sin()]2(cos sin )46461212i i ππππππ=-+-=+，5． 解下列方程： （1）5()1z i +=（2）440 (0)z a a +=>解：（1）z i +=由此25k iz i e iπ=-=-，(0,1,2,3,4)k=（2）z==11[cos(2)sin(2)]44a k i kππππ=+++，当0,1,2,3k=时，对应的4(1),1),1),)i i i i+-+---6．证明下列各题：（1）设,z x iy=+z x y≤≤+证明：首先，显然有z x y=≤+；其次，因222,x y x y+≥固此有2222()(),x y x y+≥+从而z=≥。
复变函数第4版西安交通大学高等数学教研室编1-1
证
z1 z2 z1 z2 ( x1 iy1 )( x2 iy2 ) ( x1 iy1 )( x2 iy2 ) ( x1 x2 y1 y2 ) i ( x2 y1 x1 y2 ) ( x1 x2 y1 y2 ) i ( x2 y1 x1 y2 ) 2( x1 x2 y1 y2 ) 2 Re( z1 z2 ).
第一节
复数及其代数运算
一、复数的概念 二、复数的代数运算
三、小结与思考
一、复数的概念
1. 虚数单位:
实例 : 方程 x 2 1在实数集中无解 .
为了解方程的需要ห้องสมุดไป่ตู้, 引入一个新数 i , 称为虚数单位.
对虚数单位的规定:
(1) i 2 1;
( 2) i 可以与实数在一起按同 样的法则进行 四则运算.
1. 两复数的和: z1 z2 ( x1 x2 ) i ( y1 y2 ).
2. 两复数的积: z1 z2 ( x1 x2 y1 y2 ) i ( x2 y1 x1 y2 ). 3. 两复数的商: z1 x1 x2 y1 y2 x2 y1 x1 y2 i . 2 2 2 2 z2 x 2 y2 x 2 y2
当 x 0, y 0 时, z iy 称为纯虚数; 当 y 0 时, z x 0i , 我们把它看作实数x .
4
2 ( m 3m 4) 例1 实数m取何值时, 复数
(m 2 5m 6)i 是(1)实数; ( 2)纯虚数.
解
令 x m 3m 4,
一般地，如果n是正整数, 则
解密版《复变函数与积分变换》(西安交大_第四版)课后答案
习题一解答1．求下列复数的实部与虚部、共轭复数、模与辐角。
（1）i 231+； （2）i13i i 1−−； （3）()()2i 5i 24i 3−+； （4）i 4i i 218+−解 （1）()()()2i 31312i 32i 32i 32i 31−=−+−=+ 所以133=⎭⎬⎫⎩⎨⎧+i 231Re ，1322i 31Im −=⎭⎬⎫⎩⎨⎧+,()2i 31312i 31+=+，131********i 3122=⎟⎠⎞⎜⎝⎛−+⎟⎠⎞⎜⎝⎛=+， k π2i 231arg i 231Arg +⎟⎠⎞⎜⎝⎛+=⎟⎠⎞⎜⎝⎛+",2,1,0,232arctan ±±=+−=k k π（2）()()()()i,25233i 321i i)(1i 1i 13i i i i i 13i i 1−=+−−−=+−+−−−=−− 所以,23i 13i i 1Re =⎭⎬⎫⎩⎨⎧−− 25i 13i i 1Im −=⎭⎬⎫⎩⎨⎧−−25i 23i 13i i 1+=⎟⎠⎞⎜⎝⎛−−，2342523i 13i i 122=⎟⎠⎞⎜⎝⎛−+⎟⎠⎞⎜⎝⎛=−−， k π2i 1i 3i 1arg i 1i 3i 1Arg +⎟⎠⎞⎜⎝⎛−−=⎟⎠⎞⎜⎝⎛−− ",±,±,=,+−=210235arctan k k π.（3）()()()()()()()()()42i 7i 262i 2i 2i 5i 24i 32i 5i 24i 3−−=−−−+=−+ 13i 27226i 7−−=−−=所以()()272i 5i 24i 3Re −=⎭⎬⎫⎩⎨⎧−+，()()132i 5i 24i 3Im −=⎭⎫⎩⎨⎧−+，w ww .k hd aw .c om课后答案网()()l3i 272i 5i 24i 3+−=⎥⎦⎤⎢⎣⎡−+()()22952i5i 24i 3=−+， ()()()()k ππk π2726arctan 22i 2i 52i 43arg i 2i 52i 43Arg +−=+⎥⎦⎤⎢⎣⎡−+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡−+ ()",2,1,0,12726arctan±±=−+=k k π.（4）()()()()i i 141i i i 4i i 4i i 10410242218+−−−=+−=+−3i 1i 4i 1−=+−=所以{}{}3i 4i i Im 1,i 4i i Re 218218−=+−=+−3i 1i 4i i 218+=⎟⎠⎞⎜⎝⎛+−，10|i 4i i |218=+−()()()2k π3i 1arg 2k πi 4i i arg i 4i i Arg 218218+−=++−=+−=.2,1,0,k 2k πarctan3"±±=+−2．如果等式()i 13i53y i 1x +=+−++成立，试求实数x , y 为何值。
复变函数课后习题答案(全)
习题一答案之巴公井开创作1．求下列复数的实部、虚部、模、幅角主值及共轭复数：（1）132i+ （2）(1)(2)i i i -- （3）131i i i -- （4）8214i i i -+- 解：（1）1323213i z i -==+， 因此：32Re , Im 1313z z ==-， （2）3(1)(2)1310i i i z i i i -+===---， 因此，31Re , Im 1010z z =-=， （3）133335122i i i z i i i --=-=-+=-， 因此，35Re , Im 32z z ==-， （4）82141413z i i i i i i =-+-=-+-=-+因此，Re 1, Im 3z z =-=，2． 将下列复数化为三角表达式和指数表达式： （1）i （2）1-+ （3）(sin cos )r i θθ+（4）(cos sin )r i θθ- （5）1cos sin (02)i θθθπ-+≤≤解：（1）2cos sin 22ii i e πππ=+= （2）1-+23222(cos sin )233i i e πππ=+= （3）(sin cos )r i θθ+()2[cos()sin()]22i r i re πθππθθ-=-+-=（4）(cos sin )r i θθ-[cos()sin()]i r i re θθθ-=-+-=（5）21cos sin 2sin 2sin cos 222i i θθθθθ-+=+ 3． 求下列各式的值：（1）5)i - （2）100100(1)(1)i i ++-（3）(1)(cos sin )(1)(cos sin )i i i θθθθ-+-- （4）23(cos5sin5)(cos3sin3)i i ϕϕϕϕ+- （5（6解：（1）5)i -5[2(cos()sin())]66i ππ=-+- （2）100100(1)(1)i i ++-50505051(2)(2)2(2)2i i =+-=-=- （3）(1)(cos sin )(1)(cos sin )i i i θθθθ-+-- （4）23(cos5sin5)(cos3sin3)i i ϕϕϕϕ+- （5=（6=4．设12 ,z z i ==-试用三角形式暗示12z z 与12z z 解：12cos sin , 2[cos()sin()]4466z i z i ππππ=+=-+-，所以 12z z 2[cos()sin()]2(cos sin )46461212i i ππππππ=-+-=+， 5． 解下列方程：（1）5()1z i += （2）440 (0)z a a +=> 解：（1）z i += 由此25k i z i e i π=-=-， (0,1,2,3,4)k =（2）z ==11[cos (2)sin (2)]44a k i k ππππ=+++，当0,1,2,3k =时，对应的4个根分别为：(1), 1), 1), )i i i i +-+--- 6． 证明下列各题：（1）设,z x iy =+则z x y ≤≤+证明：首先，显然有z x y =≤+；其次，因 222,x y x y +≥ 固此有 2222()(),x y x y +≥+从而z =≥。
复变函数课后习题答案（全）
复变函数课后习题答案（全）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: (3) 13i(4).8 21 .i 4i ii 1 i13 2i 解： (1) z3 2i 131 3i .3 3i 3 5i(3) z -ii 1 i2 2 因此, Rez 35 Im z532(4).8 z i 4i 21 i1 4i i1 3i因此, Rez 1, Im z 3,2.将下列复数化为二角表达式和指数表达式:(1)i (2) 1 Vi (3)r(si ni cos )(4) r(cosisin )( 5) 1 cos i sin(02 )解： (1) i cosi sin - —i-e 22 22一i(2) 1 2(cosi..2 isin32e 3 (3) r(sin icos ) r[cos (-i sin(-)](1)13~2\(2) \ (\ 1)(\ 2)因此：Rez3 13 Im z2 13(2)zi (i 1)(i 2)i 1 3i 3 i 10因此，Rez3 10Im z 1 10(4) r(cos isin ) r[cos( ) i sin( )] re(5) 1 cos isin 2sin 2i sin — cos-2 23.求下列各式的值:(1) (\3 i)5(2)(1 100i) (1 100i)(3) (1 \3i)(cos(1 i)(cos isin )i sin ) 2(cos5 isin5 )3(cos3 isin 3(5) (6) d i解: (1) (七i)5[2(cos(舌)isin( -))]5 6(2) (1 100i) (1 100 50i) (2i) (2i)502(2)50251(3) (1 i sin ) (1 i)(cos isin )(4)2 (cos5 isin5 )(cos3 isin3 )3(5) cos— isin —2 2\ 2(cos —isin )44.设z-ii,试用三角形式表示z1z2与-ZZ2解：z1 cos i sin , z24 42[cos( ) i sin()]，所以6 6弓勺2[cosq g is"(4 6)]5.解下列方程:(1) (z i)5 1 (2) z4 a40 (a 0) 解：（1）z i 51,由此从而z由此，左端=右端，即原式成立。
《复变函数》(西安交大 第四版)第七讲共48页
2. 展开式的唯一性
利用泰勒级数可把解析函数展开成幂级数，这样 的展开式是否唯一？
结论 解析函数展开成幂级数是唯一的，就是它 的Taylor级数。
事实上，设f (z)用另外的方法展开为幂级数:
f ( z ) a 0 a 1 ( z z 0 ) a 2 ( z z 0 ) 2 a n ( z z 0 ) n
分析：
cn
1 n!
f
(n)(z0)
21ikf(z0)n1d
z0
k:z0 rR 代入(1)得
D
k
cn(z
n0
z0)nn0f(nn)(!z0)(zz0)n
n 021 ik( f(z0))n1d(zz0)n
21 ikn 0( f(z0))n1(zz0)nd 1)
D
z0
z
k
又 f(z)21 ikf( z)d 2)
比 1 )2 较 ) ,有 f( z ) ， n 0 ( f( z 0 ) )n 1 (z z 0 )n ( )
z z0 q 1,
z0
D
z0
z
k
注意 1 到 zz0 1(zz0)
1 z0
1
1 z z0
,
z0
1 z 1 z 0 1 z z z 0 0 (z z z 0 0 )2 (z z z 0 0 )n (2 )
当z0 0时,Tay级 lor数为：
f(z)f(0 )f'(0 )zf''(0 )z2 f(n )(0 )zn
2 !
n !
函数展开成Taylor级数的方法：
• 代公式 ---直接法 • 由展开式的唯一性，运用级数的代数运算、分
析运算和 已知函数的展开式来展开 ---间接法
《复变函数》(西安交大 第四版)第三讲
(3)
2i
2
称为z的正弦与余弦函数
正弦与余弦函数的性质
1)sin z及cos z是T 2 周期函数
[cos(z 2 ) ei(z2 ) ei(z2 )
eize2i eize2i
2
2
eiz eiz
cos z]
sin( z 2 ) sin z
当x 0时, eiy cos y i sin y , 从而得到: eiy cos y i sin y
e iy e iy
eiy eiy
sin y
cos y
2i
2
推广到复变数情形
y R (2)
定义
e zi ezi sinz
e zi ezi cos z
若沿平行于实轴的方式z z z(y 0)
f (z) lim f (z z) f (z)
z0
z
[u( x x, y) iv( x x, y)] [u( x, y) iv( x, y)]
lim
x0
x
u( x x, y) u( x, y)
u x
v y
y2 x2 ( x2 y2 )2
,
u y
v x
2xy ( x2 y2 )2
故函数w=f (z)在z≠0处解析，其导数为
dw u i v dz x x
y2 x2
2 xy
( x2 y2 )2 i ( x2 y2 )2
ii) 验证C-R条件.
iii) 求导数：
f '(z) u i v 1 u v x x i y y
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习题⼀一解答1．求下列列复数的实部与虚部、共轭复数、模与辐⻆角。
（1）i231+； （2）i 13i i 1−−； （3）()()2i 5i 24i 3−+； （4）i 4i i 218+−解 （1）()()()2i 31312i 32i 32i 32i 31−=−+−=+ 所以133=⎭⎬⎫⎩⎨⎧+i 231Re ，1322i 31Im −=⎭⎬⎫⎩⎨⎧+,()2i 31312i 31+=+，131********i 3122=⎟⎠⎞⎜⎝⎛−+⎟⎠⎞⎜⎝⎛=+， k π2i 231arg i 231Arg +⎟⎠⎞⎜⎝⎛+=⎟⎠⎞⎜⎝⎛+,2,1,0,232arctan ±±=+−=k k π（2）()()()()i,25233i 321i i)(1i 1i 13i i i i i 13i i 1−=+−−−=+−+−−−=−− 所以,23i 13i i 1Re =⎭⎬⎫⎩⎨⎧−− 25i 13i i 1Im −=⎭⎬⎫⎩⎨⎧−−25i 23i 13i i 1+=⎟⎠⎞⎜⎝⎛−−，2342523i 13i i 122=⎟⎠⎞⎜⎝⎛−+⎟⎠⎞⎜⎝⎛=−−， k π2i 1i 3i 1arg i 1i 3i 1Arg +⎟⎠⎞⎜⎝⎛−−=⎟⎠⎞⎜⎝⎛−− ,±,±,=,+−=210235arctan k k π. （3）()()()()()()()()()42i 7i 262i 2i 2i 5i 24i 32i 5i 24i 3−−=−−−+=−+ 13i 27226i 7−−=−−=所以()()272i 5i 24i 3Re −=⎭⎬⎫⎩⎨⎧−+，()()132i 5i 24i 3Im −=⎭⎫⎩⎨⎧−+，()()l3i 272i 5i 24i 3+−=⎥⎦⎤⎢⎣⎡−+()()22952i5i 24i 3=−+， ()()()()k ππk π2726arctan 22i 2i 52i 43arg i 2i 52i 43Arg +−=+⎥⎦⎤⎢⎣⎡−+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡−+ () ,2,1,0,12726arctan±±=−+=k k π.（4）()()()()i i 141i i i 4i i 4i i 10410242218+−−−=+−=+−3i 1i 4i 1−=+−=所以{}{}3i 4i i Im 1,i 4i i Re 218218−=+−=+−3i 1i 4i i 218+=⎟⎠⎞⎜⎝⎛+−，10|i 4i i |218=+−()()()2k π3i 1arg 2k πi 4i i arg i 4i i Arg 218218+−=++−=+−=.2,1,0,k 2k πarctan3 ±±=+−2．如果等式()i 13i53y i 1x +=+−++成⽴立，试求实数x , y 为何值。
解：由于()()[]()()()3i 53i 53i 53y i 1x 3i 53y i 1x −+−−++=+−++()()()()[]343y 51x 3i 3y 31x 5−++−+−++=[]()i 1185y 3x i 43y 5x 341+=−+−+−+= ⽐比较等式两端的实、虚部，得⎩⎨⎧=−+−=−+34185334435y x y x 或 ⎩⎨⎧=+−=+52533835y x y x 解得11,1==y x 。
3．证明虚单位i 有这样的性质：-i=i -1=i 。
4．证明21)||116)Re()(),Im()(22iz zz z z z z z =z =+= −证明：可设i z x y =+，然后代⼊入逐项验证。
5．对任何，是否成⽴立？如果是，就给出证明。
如果不不是，对那些值才成⽴立？z 2||z z =222z 解：设，则要使成⽴立有i z x y =+2||z z =2222i x y xy x −+=+y 0，即。
由此可得为实数。
2222,x y x y xy −=+=z 6．当时，求的最⼤大值，其中n 为正整数，a 为复数。
1||≤z ||a z n +解：由于|a||a||z|a z nn+≤+≤+1，且当na ez arg i=时，有()|a|e a |a|e e a|z a a nn a n+=+=+⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛=+|11arg i arg i arg i 故为所求。
||1a +8．将下列列复数化成三⻆角表示式和指数表示式。
（1）i ； （2）-1； （3）1+3i ；（4）()π0isin cos 1≤≤+−ϕϕϕ； （5）i 12i+−； （6）()()32isin3cos3isin5cos5ϕϕϕϕ−+ 解：（1）2πi e 2πisin 2πcos i =+=；（2）i πe isin πcos π1=+=−（3）3πi 2e 3πisin 3πcos 223i 2123i 1=⎟⎠⎞⎜⎝⎛+=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+=+； （4）21cos isin 2sin i2sincos2sinsin icos 222222ϕϕϕϕϕϕϕϕ⎛⎞−+=+=+⎜⎟⎝⎠π)(0,e22sin 2πisin 2πcos 22sin 2πi ≤≤=⎟⎠⎞⎜⎝⎛−+−=−ϕϕϕϕϕϕ；（5）()⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−=−=−−=+−21i 212i 1i 12i 21i 12i ⎟⎠⎞⎜⎝⎛−=4πisin 4πcos 2=4πie2−（6）()()()()223i5i3i10i9i193cos5isin5e /e e /e e cos3isin3ϕϕϕϕϕϕϕϕ−−+==−ϕ=ϕϕisin19cos19+=9．将下列列坐标变换公式写成复数的形式： 1）平移公式：1111,;x x a y y b =+⎧⎨=+⎩2）旋转公式：1111cos sin ,sin cos .x x y y x y αααα=−⎧⎨=+⎩解：设11i A a b =+，11i z x y 1=+，i z x y =+，则有 1）；2）1z z A =+i 11(cos isin )e z z z ααα=+=。
10．⼀一个复数乘以-i ，它的模与辐⻆角有何改变？ 解：设复数，则z e z z Arg i ||=()⎟⎠⎞⎜⎝⎛−−=⋅||=−2Arg i 2i Arg i πz πz |z|e e e z i z ，可知复数的模不不变，辐⻆角减少2π。
11．证明：，并说明其⼏几何意义。
222121212||||2(|||z z z z z z ++−=+2|)证明：2212121212121211222212||||()()()(2()2(||||)z z z z z z z z z z z z z z z z z z ++−=+++−−=+=+) 其⼏几何意义平⾏行行四边形的对⻆角线⻓长度平⽅方的和等于四个边的平⽅方的和。
12．证明下列列各题： 1）任何有理理分式函数()()()P z R z Q z =可以化为i X Y +的形式，其中X 与Y 为具有实系数的x 与的有理理分式函数；y 2）如果()R z 为1）中的有理理分式函数，但具有实系数，那么(i R z X Y =−； 3）如果复数i a b +是实系数⽅方程10110n n n n a z a z a z a −−++++=的根，那么也是它的根。
i a b −证 1）()()()Re(()())Im(()())()()(,)(,)()()P z P z Q z P z Q z P z Q z R z Q z q x y q x y Q z Q z ===+; 2）()()()()i i ()()()P z P z P z R z X Q z Q z Q z ⎛⎞Y X Y ====+=−⎜⎟⎝⎠; 3）事实上()1011n n n n P z a z a z a z a −−=++++()z P z a z a z a a n n =++++= 221013．如果，试证明 it e z =（1）nt zz nn cos 21=+； （2）nt z z n n sin i 21=− 解 （1）nt e e e e z z n n sin 21int int int int =+=+=+− （2）nt e e e e zz n n sin i 21int int int int =−=−=−−14．求下列列各式的值 （1）(5i 3−)； （2）()6i 1+； （3）61−； （4）()31i 1−解 （1）()()6/5i 56/i 553222i 232i 3ππ−−==⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−=−e e5π5π32cos isin 16i 66⎡⎤⎛⎞⎛⎞=−+−=−−⎜⎟⎜⎟⎢⎥⎝⎠⎝⎠⎣⎦（2）())666i /43i/21i 8e 8i ππ⎤+====−⎥⎦。
（3()()1i π21/6i π+26ee,0,1,2,3,4,5k k k π+===。
可知61−的6个值分别是,2i 23e /6i +=πi e /2i =π，2i 23ei /65i +−=π 2i 23e /6i7−−=π，，i 23i −=/πe 2i23411i −=/πe 。
（4）()()0,1,2=,==⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛2−212=−13⎟⎠⎞⎜⎝⎛+−31/−3131k eek πππ24i 64i 22i i 。
可知的3个值分别是()1/31i −,127sin i 127cos 22,12sin i 12cos 22612/7i 662/i 6⎟⎠⎞⎜⎝⎛+=⎟⎠⎞⎜⎝⎛−=−ππππππe e⎟⎠⎞⎜⎝⎛+=45sini 45cos 2264/5i 6πππe 。
15．若(1i)(1i)nn+=−，试求n 的值。
解由题意即i /4i /4i /4i /4)),e e nn n n ππππ−−==，sin ，04nπ=故4,0,1,2,n k k ==±± 。
16．（1）求⽅方程的所有根 083=+z （2）求微分⽅方程08'''=+y y 的⼀一般解。
解 （1）()()1i123382k z eπ+=−=，k=0,1,2。
即原⽅方程有如下三个解：,3i 1+ ,2− 3i 1−。
（2）原⽅方程的特征⽅方程有根083=+λi 311+=λ，22−=λ，i 313−=λ，故其⼀一般形式为()x C x C e e C y x x 3sin 3cos 3221++=−17．在平⾯面上任意选⼀一点，然后在复平⾯面上画出下列列各点的位置： z111,,,,,z z z z z z−−−。