复变函数—课后答案习题二解答
复变函数论第三版课后习题答案 2
第一章习题解答（一）1．设z =z 及Arcz 。
解：由于3i z e π-==所以1z =，2,0,1,3Arcz k k ππ=-+=±。
2．设121z z =，试用指数形式表示12z z 及12z z 。
解：由于6412,2i i z e z i e ππ-==== 所以()64641212222i i iiz z e eee πππππ--===54()146122611222ii i i z e e e z e πππππ+-===。
3．解二项方程440,(0)z a a +=>。
解：12444(),0,1,2,3k ii z a e aek πππ+====。
4．证明2221212122()z z z z z z ++-=+，并说明其几何意义。
证明：由于2221212122Re()z z z z z z +=++2221212122Re()z z z z z z -=+-所以2221212122()z z z z z z ++-=+其几何意义是：平行四边形对角线长平方和等于于两边长的和的平方。
5．设z 1，z 2，z 3三点适合条件：0321=++z z z ,1321===z z z 。
证明z 1，z 2，z 3是内接于单位圆1=z 的一个正三角形的顶点。
证 由于1321===z z z，知321z z z ∆的三个顶点均在单位圆上。
因为33331z z z ==()[]()[]212322112121z z z z z z z z z z z z +++=+-+-=21212z z z z ++=所以， 12121-=+z z z z ，又)())((122122112121221z z z z z z z z z z z z z z +-+=--=-()322121=+-=z z z z故 321=-z z ，同理33231=-=-z z z z ，知321z z z ∆是内接于单位圆1=z 的一个正三角形。
复变函数习题解答(第2章)
p90第二章习题(一)[ 1, 6, 9, 14(3), 26 ]1. 设连续曲线C : z = z(t), t∈[α, β]，有z’(t0) ≠ 0 (t0∈[α, β])，试证曲线C在点z(t0)有切线．【解】首先，因为当t →t0时，(z(t) -z(t0))/(t-t0) →z’(t0) ≠ 0，故| (z(t) -z(t0))/(t-t0) | → | z’(t0)| ≠ 0，因此存在δ> 0，使得∀t∈[α, β]，当0 < | t-t0 | < δ时，有| (z(t) -z(t0))/(t-t0) |≠ 0，故| z(t) -z(t0) |≠ 0，即z(t) ≠z(t0)．此时，存在唯一确定的过点z(t0)以及点z(t) (t ≠t0)的割线：(y(t) -y(t0))(X-x(t0)) + (x(t) -x(t0))(Y-y(t0)) = 0．此方程等价于(y(t) -y(t0))/(t-t0) · (X-x(t0)) + (x(t) -x(t0))/(t-t0) · (Y-y(t0)) = 0．当t→t0时，有y’(t0) (X-x(t0)) + x’(t0)) (Y-y(t0)) = 0．因为z’(t0) ≠ 0，故y’(t0)2 + x’(t0)2≠ 0．直线y’(t0) (X-x(t0)) + x’(t0)) (Y-y(t0)) = 0就是曲线C在点z(t0)处的切线．[这里采用的切线的定义：切线是指割线的极限位置的直线．在这个题目的证明中，我们主要说明两点：第一，当t充分接近t0 (t≠t0)，有唯一确定的割线过点z(t0)和z(t)；第二，当t →t0 (t≠t0)时，过z(t0)和z(t)的割线确实有“极限位置”] 6. 若函数f(z)在区域D内解析，且满足下述条件之一，试证f(z)在D内为常数．(6.1) 在D内f’(z) = 0；【解】设f(z) = u(x, y) + i v(x, y)，(x, y)∈D．由f’(z) = 0及f’(z) = u x + i v x，知u x = v x = 0；由Cauchy-Riemann方程，v y = u x = 0，u y = -v x = 0；因u x = u y = 0，故u在区域D内为常数．因v x = v y = 0，故v在区域D内为常数．所以，f(z) = u(x, y) + i v(x, y)在区域D内为常数．(6.2) ( f(z))*在D内解析；【解】因f(z) = u(x, y) + i v(x, y)在区域D内解析，由Cauchy-Riemann方程，u x = v y，v x = -u y；因( f(z))* = u(x, y) -i v(x, y)在区域D内解析，由Cauchy-Riemann方程，u x = -v y，v x = u y；因此得到u x = u y = v x = v y = 0，所以u, v都在区域D内为常数．所以，f(z) = u(x, y) + i v(x, y)在区域D内为常数．(6.3) | f(z) |在D内为常数；【解】若| f(z) |在D内恒为零，则在D内f(z) = 0 (常数)．若在D内| f(z) | = c > 0，则f(z) · ( f(z))* = c2．因f(z)在D内解析且f(z) ≠ 0，故( f(z))* = c2/ f(z)在D内解析．由(2)知f(z)在区域D内为常数．(6.4) Re( f(z))或Im( f(z))在D内为常数．【解】设f(z) = u(x, y) + i v(x, y)．若u(x, y) = Re( f(z))在D内为常数，则u x = u y = 0．由Cauchy-Riemann方程，v x = -u y = 0，v y = u x = 0；所以v(x, y) = Im( f(z))也在D内为常数．故f(z)在区域D内为常数．9. 试证下面的定理：设f(z) = u(r, θ) + i v(r, θ)，z = r e iθ，若u(r, θ), v(r, θ)在点(r, θ)是可微的，且满足极坐标的Cauchy-Riemann方程：∂u/∂r = (1/r)∂v/∂θ，∂v/∂r = (-1/r)∂u/∂θ(r > 0)，则f(z)在点z是可微的，并且f’(z) = (cosθ-i sinθ)(∂u/∂r + i∂v/∂r) = (r/z)(∂u/∂r + i∂v/∂r)．【解】注意到在点(r, θ)处，因为r > 0，r, θ也是(x, y)的可微函数，并且，r x = x/r = cosθ，r y = y/r = sinθ；θx = -y/r2 = - sinθ/r，θy = x/r2 = cosθ /r．所以u, v也是(x, y)的可微函数．由求导的链锁法则，我们有u x = u r·r x + uθ·θx = ((1/r)vθ)· cosθ + (-r v r) · (- sinθ/r)= vθ · (cosθ /r) + v r · sinθ= vθ ·θy + v r ·r y= v y；以及v x = v r·r x + vθ·θx = ((-1/r)uθ)· cosθ + (r u r) · (- sinθ/r)= uθ · (- cosθ /r) + u r · (- sinθ)= - (uθ ·θy + u r ·r y)= -u y；即满足Cauchy-Riemann方程，故f(z)在点z是可微的，且f’(a) = u x + i v x = (vθ · (cosθ /r) + v r · sinθ) + i (uθ · (- cosθ /r) + u r · (- sinθ))= (r u r · (cosθ /r) + v r · sinθ) + i ((-r v r) · (- cosθ /r) + u r · (- sinθ))= (cosθ-i sinθ)(∂u/∂r + i∂v/∂r)= (r/z)(∂u/∂r + i∂v/∂r)．[ r = √(x2 + y2)在(x, y) ≠ (0, 0)处有连续的偏导数，所以是可微的．θ作为(x, y)函数在(x, y) ≠ (0, 0)处的可微性的证明如下(参考第一章习题13的解答)：设D1 = { z∈ | Re(z) > 0}，D2 = { z∈ | Im(z) > 0}，D3 = { z∈ | Im(z) < 0}，D4 = { z∈ | Re(z) < 0}．则 \{0} = D1⋂D2⋂D3⋂D4．在D1上，θ = arctan(y/x) + 2k1π；在D2上，θ = arccot(x/y) + 2k2π；在D3上，θ = arccot(x/y) -π + 2k3π；在D4上，θ = arctan(y/x) + π + 2k4π．不论在那个区域D j上，θ都有连续的偏导数，因此θ在 \{0}上是可微的．] 14. 试验证：(3) lim z→ 0 ( z–z cos z )/( z– sin z ) = 3．【解】因分母z– sin z的一阶导数1 – cos z在原点处的值为0，故此题不能直接用L’Hospital法则(第2题的结论)．但可对lim z→ 0 sin z / z用L’Hospital法则．开始以为这个题目应该放在后面的章节，可是终究不甘心，考虑再三，退到sin z 最原始的定义，发现可以以它的实部和虚部为实变量展开．先用L’Hospital法则，lim z→ 0 sin z / z = cos 0 = 1，得到sin z = z + o(z)，z→ 0．所以1 – cos z = 2 sin 2(z/2) = 2 ( z/2 + o(z) )2 = z2/2 + o(z2)，z→ 0．而sin z = sin(x + i y) = exp( i (x + i y) ) – exp( –i (x + i y) )/(2 i)= (exp(–y)(cos x + i sin x) – exp(y)(cos x–i sin x))/(2 i)= (exp(y) + exp(–y)) sin x + i (exp(y) – exp(–y)) cos x )/2注意到当k + m≥ 3时，o(x k y m) = o(| z |3)，z→ 0；故sin z = (1 + y2/2 + o(y3)) (x–x3/6 + o(x4) ) + i (y + y3/6 + o(y4)) (1 –x2/2 + o(x3))= (x + i y ) – (x3 + i 3x2y– 3xy2/2 –i y3 )/6 + o(z3) = z–z3/6 + o(z3)，z→ 0．所以，( z–z cos z )/( z– sin z ) = z (1 – cos z )/( z– sin z )= z (z2/2 + o(z2))/(z3/6 + o(z3)) → 3，z→ 0．26. 试证：在将z平面适当割开后，函数f(z) = ( (1 – z ) z2 )1/3能分出三个单值解析分支．并求出在点z = 2取负值的那个分支在z = i处的值．【解】根据课本p83的结论，1和0是仅有的支点，∞不是支点．所以，将z平面沿从0到1的直线段I = { z∈ | Im(z) = 0, 0 ≤ Re(z) ≤ 1 }割开后，就能保证变点z不会单绕0或1转一周，因此在G= \I上函数f(z)就能分出三个单值解析分支．设g(z) = ((1 – z ) z2 )1/3是在点z = 2取负值的那个分支．设arg g(2) = π + 2kπ ( k∈ )．又设C是G内一条从2到i的任一曲线，当变点z沿着曲线C从2到i时，z的辐角的连续增量为∆C arg z = π/2 + 2k0π ( k0∈ )，因此∆C arg (z2 )= π + 4k0π，相应地，1 –z的辐角的连续增量为∆C arg (1 –z )= 3π/2 + 2k0π ( m∈ )，所以g(z)的辐角的连续增量为∆C arg g(z) = (π + 3π/4 + 6k0π)/3 = 7π/12 + 2k0π．根据课本p84的结论，g(i) = | g(i) | · exp( i ∆C arg g(z)) · exp( i arg g(2))= | ((1 –i )i2 )1/3 | · exp( i (7π/12 + 2k0π)) · exp( i (π + 2kπ))= - 21/6 · exp( 7πi/12 )．[从上述的做法中可以看出，我们不妨(事实上也常常地)取k, k0 = 0，并不会造成任何影响．这类题目用辐角的连续增量来考虑是方便的，否则就有可能陷入辐角难以选择的困境，因为那时我们已经忘记了要求辐角是随着变点z连续变化的．设z = r1 exp( iθ1)，1 –z = r2 exp( iθ2)，那么g(z) = (r12 r2 )1/3 exp( i (2θ1 + θ2 + 2kπ)/3) (k是0, 1, 2之一)．当z = 2时，r1(2)= 2，r2(2)= 1；θ1(2) = 0，θ2(2)= π．由于g(2) = 21/3 exp( i (π + 2kπ)/3) < 0，故只能k = 1．当z = i时，r1(i)= 1，r2(i)= 21/2；θ1(i) = π/2，θ2(i) = 7π/4．所以g(i) = (21/2)1/3 exp( i (2(π/2) + 7π/4 + 2π)/3) = - 21/6 · exp( 7πi/12 )．但是，为什么θ2(i) = 7π/4而不是θ2(i) = –π/4 ?事实上，当初的θ1(2)和θ2(2)一旦选定，就决定了其这个单值解析分支中其他点的辐角选择，因为我们要求辐角是连续变化的．确定i的辐角θ1(i)时，要保证z从2到i的过程中，θ1(z)是连续变化的．故应该取θ1(i) = π/2．(增加了π/2)但1 –i的辐角θ2(i)，则应该是从z = 2时θ2(2)= π开始连续变化到z = i时所得到的辐角θ2(i)，也就是说，θ2从π开始增加了3π/4，因此θ2(i) = π + 3π/4 = 7π/4．特别强调的是：这里的θj(z)的连续变化，应该是随着同一个变点z来变化的．比如，如果我们认为z绕割线I反向地从2转到i，那么，θ1(i) = - 3π/2，这时，θ2(i) = π- 5π/4 = -π/4，显然，如此计算g(i)也会得到上述的结果．至此，我们应该可以看出，两种做法的本质是相同的．]∀∃∅-⨯±≠≥·◦≤≡⊕⊗≅αβχδεφγηιϕκλμνοπθρστυϖωξψζ∞∙︒ℵℜ℘∇∏∑⎰ ⊥∠ √§ψ∈∉⊆⊂⊃⊇⊄⊄∠⇒♣♦♥♠§ #↔→←↑↓⌝∨∧⋃⋂⇔⇒⇐∆∑ΓΦΛΩ∂∀m∈ +，∃m∈ +，★〈α1, α2, ..., αn〉lim n→∞，+n→∞∀ε > 0，∑u n，∑n≥ 1u n，m∈ ，∀ε > 0，∃δ> 0，【解】⎰[0, 2π]l 2 dx，f(x) = (-∞, +∞)[-π, π]∑1 ≤k≤n u n，[0, 2π]。
复变函数第二章答案
第二章 解析函数1．用导数定义，求下列函数的导数： (1) ()Re .f x z z = 解: 因0()()lim z f z z f z z∆→+∆-∆0()Re()Re lim z z z z z z zz∆→+∆+∆-=∆ 0Re Re Re limz z z z z z z z∆→∆+∆+∆∆=∆0Re lim(Re Re )z zz z z z∆→∆=+∆+∆ 000Re lim(Re )lim(Re ),z x y z xz zz z z x i y ∆→∆→∆→∆∆=+=+∆∆+∆ 当0z ≠时,上述极限不存在,故导数不存在；当0z =时,上述极限为0,故导数为0.2．下列函数在何处可导何处不可导何处解析何处不解析 (1) 2().f z z z =⋅ 解:22222222()||()()()(),f z z z z z z z zx y x iy x x y iy x y =⋅=⋅⋅=⋅=++=+++这里2222(,)(),(,)().u x y x x y v x y y x y =+=+2222222,2,2,2.x y y x u x y x v x y y u xy v xy =++=++==要,x y y x u v u v ==-，当且当0,x y ==而,,,x y x y u u v v 均连续，故2().f z z z =⋅仅在0z =处可导，处处不解析. (2) 3223()3(3).f z x xy i x y y =-+-解: 这里322322(,)3,(,)3.33,x u x y x xy v x y x y y u x y =-=-=-226,6,33,y x y u xy v xy v x y =-==-四个偏导数均连续且,x y y x u v u v ==-处处成立,故()f z 在整个复平面上处处可导,也处处解析.3．确定下列函数的解析区域和奇点,并求出导数.(1)(,).az bc d cz d++至少有一不为零 解: 当0c ≠时，()az b f z cz d +=+除d z c =-外在复平面上处处解析, dz c=-为奇点,222()()()()()()()()().()()az b f z cz daz b cz d cz d az b cz d a cz d c az b ad cb cz d cz d +''=+''++-++=++-+-==++ 当0c =时，显然有0d ≠，故()az b f z d +=在复平面上处处解析，且()af z d'=. 4.若函数()f z 在区域D 内解析,并满足下列条件之一,试证()f z 必为常数. (1) ()f z 在区域D 内解析; (2) 2;v u =(3) arg ()f z 在D 内为常数;(4) (,,).au bv c a b c +=为不全为零的实常数 证 (1) 因为()f z 在D 中解析,所以满足C R -条件,,u v u vx y y x∂∂∂∂==-∂∂∂∂ 又()f z u iv =-也在D 中解析,也满足C R -条件()(),.u v u v x y y x∂∂-∂∂-==-∂∂∂∂ 从而应有0u u v v x y x y∂∂∂∂====∂∂∂∂恒成立,故在D 中,u v 为常数, ()f z 为常数. (2) 因()f z 在D 中解析且有2()f z u iu =+,由C R -条件,有2,2.u u u x y u u u yx ∂∂⎧=⎪∂∂⎪⎨∂∂⎪=-⎪∂∂⎩ 则可推出0u ux y∂∂==∂∂,即u C =(常数).故()f z 必为D 中常数. (3) 设()f z u iv =+,由条件知arctan v C u=,从而22(/)(/)0,0,1(/)1(/)v u v u y x v u v u ∂∂∂∂==++ 计算得2222()/0v u u u v u x x u v∂∂-∂∂=+，2222()/0,v u u u v u y y u v ∂∂-∂∂=+ 化简,利用C R -条件得0,0.uu u v y x u u u v xy ∂∂⎧--=⎪∂∂⎪⎨∂∂⎪-=⎪∂∂⎩ 所以0,u u x y ∂∂==∂∂同理0,v vx y∂∂==∂∂即在D 中,u v 为常数,故()f z 在D 中为常数.(4) 法一：设0,a ≠则()/,u c bv a =-求导得,,u b vu b vx a xy a y∂∂∂∂=-=-∂∂∂∂ 由C R -条件,,u b uv b v x a yx a y∂∂∂∂==∂∂∂∂ 故,u v 必为常数,即()f z 在D 中为常数.设0,0,0a b c =≠≠则bv c =,知v 为常数,又由C R -条件知u 也必为常数,所以()f z 在D 中为常数.法二：等式两边对,x y 求偏导得：0x x y y au bv au bv +=⎧⎨+=⎩，由C R -条件，我们有0,00x y x xy y au bu u a b bu au u b a -=-⎧⎛⎫⎛⎫=⎨ ⎪ ⎪+=⎝⎭⎩⎝⎭即， 而220a b +≠，故0x y u u ==，从而u 为常数，即有()f z 在D 中为常数.5.设()f z 在区域D 内解析,试证: 222222()|()|4|()|.f z f z x y∂∂'+=∂∂证: 设 222(),|()|,f z u iv f z u v =+=+222(),|()|()().u u u u f z i f z x y x y∂∂∂∂''=-=+∂∂∂∂ 而2222222222222222222222222()|()|()()2()()()(),f z u v u v x y x yu u v v u u v v u v u v xx x x y y y y ∂∂∂∂+=+++∂∂∂∂⎡⎤∂∂∂∂∂∂∂∂=+++++++⎢⎥∂∂∂∂∂∂∂∂⎣⎦又()f z 解析,则实部u 及虚部v 均为调和函数.故222222220,0.u uv vu v x yx y∂∂∂∂=+==+=∂∂∂∂V V则22222222()|()|4(()())4|()|.u uf z f z x y x y∂∂∂∂'+=+=∂∂∂∂ 6.由下列条件求解解析函数().f z u iv =+ (1)22()(4);u x y x xy y =-++ 解: 因22363,u v x xy y x y∂∂==+-∂∂所以 22(363)v x xy y dy =+-⎰22333(),x y xy y x ϕ=+-+又222263(),363,()3,v uxy y x x xy y x x x xϕϕ∂∂''=++=--=-∂∂而所以 则 3()x x C ϕ=-+.故222233222222223()()(4)(33)(1)()(1)()2(1)2(1)(1)()2(1)(1)(2)(1)f z u ivx y x xy y i x y xy y x C i x x iy y i x iy x y i xy i Ci z i x y xyi iz i Ci i z x y xyi Ci i z Ci=+=-++++--+=-+--+-+--+=---⋅-+=---+=-+(2) 23;v xy x =+ 解: 因23,2,v vy x x y∂∂=+=∂∂由()f z 解析,有 22,2().u v x u xdx x y x yφ∂∂====+∂∂⎰又23,u v y y x ∂∂=-=--∂∂而(),u y yφ∂'=∂所以()23,y y φ'=--则2()3.y y y C φ=--+ 故 22()3(23).f z x y y C i xy x =--+++ (3) 2(1),(2);u x y f i =-=- 解: 因2,2(1),u u y x x y ∂∂==-∂∂由()f z 的解析性,有2(1),v ux x y∂∂=-=--∂∂22(1)(1)(),v x dx x y φ=--=--+⎰又2,v u y y x ∂∂==∂∂而(),v y yφ∂'=∂所以2()2,(),y y y y C φφ'==+则22(1),v x y C =--++故22()2(1)((1)),f z x y i x y C =-+--++由(2)f i =-得(2)(1),f i C i =-+=-推出0.C =即2222()2(1)(21)(21)(1).f z x y i y x x i z z i z =-+-+-=-+-=--7.设sin ,px v e y =求p 的值使v 为调和函数,并求出解析函数().f z u iv =+ 解: 要使(,)v x y 为调和函数,则有0.xx yy v v v ∆=+=即2sin sin 0,px px p e y e y -=所以1p =±时,v 为调和函数,要使()f z 解析,则有,.x y y x u v u v ==-1(,)cos cos (),1sin ()sin .px pxx px px y u x y u dx e ydx e y y pu e y y pe y pφφ===+'=-+=-⎰⎰所以11()()sin ,()()cos .px px y p e y y p e y C p pφφ'=-=-+即(,)cos ,px u x y pe y C =+故(cos sin ),1,()(cos sin ),1.x z xze y i y C e C pf z e y i y C e C p -⎧++=+=⎪⎨--+=-+=-⎪⎩8．试解方程：(1) 1z e =+解: (2)312(cos sin )233i k ze i eππππ+=+=+=ln 2(2)3,0,1, 2.i k e k ππ++==±±故ln 2(2),0,1, 2.3z i k k ππ=++=±±(2) ln ;2iz π=解: 2cossin.22iz e i i πππ==+=9．求下列各式的值。
复变函数课后习题答案(全)
创作编号：BG7531400019813488897SX创作者：别如克*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)ii i--（3）131ii i--（4）8214i i i-+-解：（1）1323213i zi-==+，因此：32 Re, Im1313 z z==-，232arg arctan,31313z z z i==-=+（2）3(1)(2)1310i i izi i i-+===---，因此，31Re, Im1010z z=-=，131arg arctan,31010 z z z iπ==-=--（3）133335122i i iz ii i--=-=-+=-，因此，35Re, Im32z z==-，535,arg arctan,232iz z z+ ==-=（4）82141413z i i i i i i=-+-=-+-=-+因此，Re1,Im3z z=-=，arg arctan3,13z z z iπ==-=--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-+=+ 22sin [cossin]2sin 2222ii eπθθπθπθθ---=+=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+-（5（6解：（1）5)i -5[2(cos()sin())]66i ππ=-+-5552(cos()sin()))66i i 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-+--2[cos()sin()](cos sin)33)sin()][cos()sin()]44i ii iππθθππθθ-+-+=-+--+-)sin()](cos2sin2)1212i iππθθ=-+-+(2)12)sin(2)]1212iiπθππθθ-=-+-=（4）23(cos5sin5)(cos3sin3)iiϕϕϕϕ+-cos10sin10cos19sin19cos(9)sin(9)iiiϕϕϕϕϕϕ+==+-+-（5=11cos(2)sin(2)3232k i kππππ=+++1,0221,122,2i ki ki k+=⎪⎪⎪=-+=⎨⎪-=⎪⎪⎩（6=11(2)sin(2)]2424k i kππππ=+++88,0,1iie ke kππ==⎪=⎩4．设12,z z i==-试用三角形式表示12z z与12zz解：12cos sin, 2[cos()sin()]4466 z i z iππππ=+=-+-，所以12z z 2[cos()sin()]2(cos sin )46461212i i ππππππ=-+-=+，12z z 1155[cos()sin()](cos sin )2464621212i 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 ei 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,zx iy =+z x y≤≤+证明：首先，显然有z x y =≤+；创作编号：BG7531400019813488897SX创作者： 别如克*其次，因222,x y x y +≥ 固此有2222()(),x y x y +≥+从而z =≥。
复变函数习题答案第2章习题详解
第二章习题详解1． 利用导数定义推出： 1)()1-=n n nzz '（n 为正整数）解： ()()()()()z z z z z n n z nz z z z z z z nn n n n z n n z n∆∆∆∆∆∆∆∆-⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-++=-+=--→→ 22100121limlim '()()11210121----→=⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-+=n n n n z nz z z z n n nz ∆∆∆ lim 2) 211z z -=⎪⎭⎫⎝⎛'解： ()()2000111111z zz z z z z z z z z z z z z z z -=+-=+-=-+=⎪⎭⎫ ⎝⎛→→→∆∆∆∆∆∆∆∆∆lim lim lim '2． 下列函数何处可导？何处解析？ 1)()iy x z f -=2解：设()iv u z f +=，则2x u =，y v -=x x u 2=∂∂，0=∂∂y u ，0=∂∂xv，1-=∂∂y v 都是连续函数。
只有12-=x ，即21-=x 时才满足柯西—黎曼方程。
()iy x z f -=∴2在直线21-=x 上可导，在复平面内处处不解析。
2)()3332y i x z f +=解：设()iv u z f +=，则32x u =，33y v =26x x u =∂∂，0=∂∂y u ，0=∂∂xv ，29y y v =∂∂都是连续函数。
只有2296y x =，即032=±y x 时才满足柯西—黎曼方程。
()3332y i x z f +=∴在直线032=±y x 上可导，在复平面内处处不解析。
3)()y ix xy z f 22+=解：设()iv u z f +=，则2xy u =，y x v 2=2y x u =∂∂，xy y u 2=∂∂，xy xv 2=∂∂，2x y v =∂∂都是连续函数。
复变函数第二部分课后答案
⎧ utt = a 2u xx (1 < x < 2, t > 0) ⎪ ⎪ u (0, t ) = u (l , t ) = 0(t ≥ 0) ⎪ (0 ≤ x ≤ 1) ⎧ hx ⎨ ⎪ u ( x, 0) = ⎨ h(2 − x) (1 ≤ x ≤ 2) ⎩ ⎪ ⎪ ⎩ut ( x, 0) = 0
1
2
解：其付氏解为：
∞ u (r ,θ ) = A0 + ∑ ( An cos nθ + B n sin nθ )r n 2 n =1
，
α sin ϕ An = 1 n ∫02π f (ϕ )cos nϕdϕ = 1 2π A cos nϕ dϕ = nA π −α π ∫0 πl 其中：
= 2 A sin nα nπ
u rr + r u r + r uθθ = 0 。
⎧ + 1u + 1 u =0 ⎪u rr r r r 2 θθ ⎪ ⎨ ⎧ A, θ < α , (− π ≤ θ ≤ π ) ⎪u (1,θ ) = ⎪ ⎨ ⎪ 0, θ ≥ α ⎪ ⎩ ⎩ 2、 求解狄利克雷问题 ， 其中 A，α 为
已知常数。
∞
0
2 ∞ − a 2 µ 2t e π ∫0
sin x π dx = x 2。 sin µ cos( µ x)d µ µ
u ( x, t ) = u (0, 0) =
2 sin µ e0 cos(0) d µ = 1 ∫ π µ ，
即：
2 ∞ sin µ dµ =1 π ∫0 µ
2 ∞ sin x ∫0 x dx = 1 令 x = µ ，则有： π ∞ sin x π dx = ∫ 0 x 2 得证。 即：
复变函数第二章答案
32页9. 设
f ( z ) u iv 是Z的解析函数， 证明 2 | f ( z ) | )2 | f ( z )|2 (1) ( | f ( z ) | ) ( y x 证 | f ( z ) | u2 v 2 2u ux 2v v x u ux v v x | f (z) | x u2 v 2 2 u2 v 2 2u u y 2v v y u v x v ux | f (z) | 2 2 y 2 u v u2 v 2
z 0 时 ux v y , u y v x
因此 f ( z ) 在除去原点的 复平面上处处 可导 处处 解析
(4) 解
u y 1, 0, v y 0, ux 由 u y v x 得 f ( z ) Im z
f ( z ) Im z y v 0 u y,
33页16. 计算
3
i
Ln 3 ln 3 i 2k
解
3 e
iБайду номын сангаас
i Ln 3
e
2k [cos(ln 3) i sin(ln 3)]
k 0, 1, 2,...,
e
2k i ln 3
计算
解
(1 i ) i Ln(1 i ) i (1 i ) e
i
e
ln 2 ( 2k ) i 2 4
ln 2 ln 2 4 i sin ) (cos e 2 2 i 1 4) ln 2 i ( 2k ) Ln( 1 i ) Ln( 2 e
2 4
(
2k )
满足 u y v x f ( z ) x 2 iy 只有在直线 2 x 1 上可导 因此 在复平面上处处 不解析 2 2 (2) f ( z ) xy ix y 2 v x2 y 解 u xy , 2 由 ux v y 得 x y ux y , v y x 2 u y 2 xy , v x 2xy 由 u y v x 得 xy 0
复变函数第二章习题答案
复变函数第二章习题答案第二章 解析函数1-6题中：（1）只要不满足C-R 条件，肯定不可导、不可微、不解析 （2）可导、可微的证明：求出一阶偏导y x y x v v u u ,,,，只要一阶偏导存在且连续，同时满足C-R 条件。
（3）解析两种情况：第一种函数在区域内解析，只要在区域内处处可导，就处处解析；第二种情况函数在某一点解析，只要函数在该点及其邻域内处处可导则在该点解析，如果只在该点可导，而在其邻域不可导则在该点不解析。
（4）解析函数的虚部和实部是调和函数，而且实部和虚部守C-R 条件的制约，证明函数区域内解析的另一个方法为：其实部和虚部满足调和函数和C-R 条件，反过来，如果函数实部或者虚部不满足调和函数或者C-R 条件则肯定不是解析函数。
解析函数求导：x x iv u z f +=')(4、若函数)(z f 在区域D 上解析，并满足下列的条件，证明)(z f 必为常数。
（1）证明：因为)(z f 在区域上解析，所以。
令),(),()(y x iv y x u z f +=，即x v y u y v x u ∂∂-=∂∂∂∂=∂∂,0=∂∂+∂∂='yvi x u z f )(。
由复数相等的定义得：00=∂∂-=∂∂=∂∂=∂∂xv y u y v x u ,。
所以，1C y x u =),((常数)，2C y x v =),((常数)，即21iC C z f +=)(为常数。
5、证明函数在平面上解析，并求出其导数。
（1）()()0f z z D '=∈z (cos sin )(cos sin ).x xe x y y y ie y y x y -++证明：设=则，；；满足xvy u y v x u ∂∂-=∂∂∂∂=∂∂,。
即函数在平面上),(y x 可微且满足C-R 条件，故函数在平面上解析。
8、（1）由已知条件求解析函数iv u z f +=)(，xy y x u +-=22，i i f +-=1)(。
复变函数与积分变(北京邮电大学)课后的习题答案
1 i 1 i 1 i 2 2 2
4、证明：当且仅当 z z 时，z 才是实数．
3
1 1 3 1 8
3 1 3
2
2
3
3
3
证明：若 z z ，设 z x iy ，
3 2 2 2 2 x x 2 y 2 2 xy 2 y x y 2x y i
③解： 2 i 3 2i 2 i 3 2i 5 13 65 ．
2 i 3 2i 2 i 3 2i 2 i 3 2i 4 7i
za 因为 L ={z: Im =0}表示通过点 a 且方 b
向与 b 同向的直线，要使得直线在 a 处与圆相切， 则 CA⊥ L ．过 C 作直线平行 L ，则有∠BCD=β， ∠ACB=90° 故 α-β=90° 所以 L 在 α 处切于圆周 T 的关于 β 的充要条件
习题二xy所以4i的一段即平面上扇形域即是以原点为焦点张口向右抛物线如图所示limlimlimlim的极限不同所以极限不存在limlimlimlim00lim00lim00lim所以fz在整个为正整数所以fz在整个xyxy时才满足cr方程
复变函数与积分变换课后答案（北京邮电大学出版社）
复变函数与积分变换 （修订版）
1 i 3 ∴ Re 1, 2
④解： ∵
3
1 i 3 Im 0． 2
2 2 2 2 π π cos isin i i 2 4 4 2 2 2
复变函数与积分变换(修订版-复旦大学)课后的习题答案
(
)
证明∵ z + w = ( z + w) ⋅ ( z + w) = ( z + w) z + w = z ⋅ z + z ⋅ w + w⋅ z + w⋅ w = z + zw+ z⋅ w + w = z + w
≤
2 2 2 2
(
)
∴ −8π 1 + 3i = 16π ⋅ e 2π 2π ⎞ ⑤解： ⎛ + i sin ⎟ ⎜ cos 9 9 ⎠ ⎝
5、Imz>1，且|z|<2． 解：表示圆盘内的一弓形域。
iϕ (2) 记 w = ρ e ，则
0<θ <
π ,0 < r < 2 4 映成了 w 平面 π . 2
习题二 1 z 下圆周 | z |= 2 的像.
上扇形域，即
0 < ρ < 4, 0 < ϕ <
−7i
⎤ = x ( x − y ) − 2 xy + ⎡ ⎣ y ( x − y ) + 2x y ⎦ i
2 2 2 2 2 2
= x3 − 3 xy2 + ( 3 x2 y − y3 ) i
∴
Re ( z
3
)=x
3
− 3 xy
2
,
Im ( z 3 ) = 3 x 2 y − y 3 ．
⎛ 1 + i ⎞ (1 + i ) 1 − i ⎜ 2 ⎟= 2 = 2 ⎝ ⎠
复变函数与积分变换（修订版）课后答案（复旦大学出版社）
π ⎛ 2 i 2 ⎞ 4 解： 3 + 3i= 6 ⋅ ⎜ + i = 6 ⋅ e ⎟ ⎜ 2 ⎟ 2 ⎠ ⎝
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2 2
证
| f (z ) |= u 2 + v 2 ，于是
2
∂ | f (z ) |= ∂x
u
∂u ∂v ∂v ∂u u +v +v ∂ ∂ y ∂ y ∂x ， ∂x | f (z ) |= 2 2 2 2 ∂y u +v u +v
在 z 平面上处处连续，且在整个复平面 u,v 才满足 C-R 条件，故 f ( z ) = sin xchy + i cos xshy 在 z 平面处处可导，在 z 平面处处不解析。 3．指出下列函数 f ( z ) 的解析性区域，并求出其导数。 1） ( z − 1) ；
5
（2） z + 2iz ；
3
解
（1）若 f (z ) 恒取实值，则 v = 0 ，又根据 f (z ) 在区域 D 内解析，知 C-R 条件成立，于是
∂u ∂v ∂u ∂v =− = = 0， =0 ∂x ∂y ∂y ∂x
故 u 在区域 D 内为一常数，记 u = C (实常数 ) ，则 f ( z ) = u + iv = C 为一常数。 （2）若 f (z ) = u + iv = u − iv 在区域 D 内解析，则
2 2 ∂u ∂v ⎛ ∂v ⎞ ∂u ⎤ ⎛ ∂v ⎞ ⎛ ∂u ⎞ + 2uv⎜ − ⎟ ⎥ + v 2 ⎜ ⎟ + v 2 ⎜ ⎟ + 2uv ∂x ∂x ⎝ ∂x ⎠ ∂x ⎥ ⎝ ∂x ⎠ ⎝ ∂x ⎠ ⎦
= =
1 u 2 + v2
2
2 2 2 2 ⎧ ⎪ 2 ⎡⎛ ∂u ⎞ ⎛ ∂v ⎞ ⎤ 2 ⎡⎛ ∂u ⎞ ⎛ ∂v ⎞ ⎤ ⎫ ⎪ + + + u v ⎜ ⎟ ⎜ ⎥ ⎢ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎥⎬ ⎢ ⎟ ⎨ ∂ ∂ ∂ ∂ x x x x ⎥ ⎢⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎦ ⎥⎪ ⎢⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎦ ⎪ ⎣ ⎩ ⎣ ⎭
总之，有
∂u 1 ∂v ∂v 1 ∂u = ， =− 。 ∂r r ∂θ ∂r r ∂θ
10．证明：如果函数 f (z ) = u + iv 在区域 D 内解析，并满足下列条件之一，那么 f (z ) 是常数。 （1） f (z ) 恒取实值。 （2） f (z ) 在 D 内解析。 （3） | f (z ) | 在 D 内是一个常数。 （4） arg f (z ) 在 D 内是一个常数。 （5） au + bv = c ，其中 a 、 b 与 c 为不全为零的实常数。
2 2
在 z 平面上处处连续，且当且仅当 2 x = 3 y , 即 2 x ± 3 y = 0 时，u,v 才满足 C-R 条件，故
f ( z ) = u + i v = 2 x 3 + 3 y 3i 仅在直线 2 x ± 3 y = 0 上可导，在 z 平面上处处不解析。
（3）由于
∂u ∂v ∂v ∂u = 2 xy ， = x2 = 2 xy ， = y2 ， ∂y ∂y ∂x ∂x
在 z 平面上处处连续， 且当且仅当 z=0 时， u,v 才满足 C-R 条件， 故 f (z ) = xy 2 + i x 2 y 仅在点 z = 0 处可导，在 z 平面处处不解析。 （4）由于
∂u ∂u ∂v ∂v = cos xchy ， = sin xshy ， = − sin xshy ， = cos xchy ∂x ∂y ∂x ∂y
∂u ∂u ∂u = cosθ + sin θ ∂r ∂x ∂y ∂v ∂v ∂v ∂u ∂u ∂u = (− r sin θ ) + r cosθ = r sin θ + r cosθ = r ∂θ ∂x ∂y ∂y ∂x ∂r
即
∂u 1 ∂v = 。又 ∂r r ∂θ ∂u ∂u = (− r sin θ ) + ∂u r cosθ ∂θ ∂x ∂y ∂v ∂v ∂v ∂u ∂u = cosθ + sin θ = − cosθ + sin θ ∂r ∂x ∂y ∂y ∂x ⎞ 1 ⎛ ∂u 1 ∂u ∂u =− ⎜ r cosθ − r sin θ ⎟ =− ⎜ ⎟ r ⎝ ∂y r ∂θ ∂x ⎠
3
3） 解
1 ； z −1
2
（4）
az + b (c, d中至少有一个不为0) cz + d
4 （1）由于 f ′ ( z ) = 5( z − 1) ，故 f (z ) 在 z 平面上处处解析。
（2）由于 f ′(z ) = 3 z 2 + 2 i ，知 f (z ) 在 z 平面上处处解析。 （3）由于 f ′(z ) =
1 在 z 平面上处处连续，且当且仅当 x = − 时，u,v 才满足 C-R 条件，故 f (z ) = u + i v = x − i y 仅在 2 1 直线 x = − 上可导，在 z 平面上处处不解析。 2
（2）由于
∂u ∂u ∂v ∂v = 6x2 ， = 0 ， = 0 ， = 9 y2 ∂x ∂x ∂y ∂y
∂u ∂ (− v ) ∂v ， = =− ∂x ∂y ∂y ∂u ∂ (− v ) ∂u =− = ∂y ∂x ∂x
（1）
又 f ( z ) = u + iv 在区域 D 内解析，则
∂u ∂v ∂u ∂v =− = ， ∂x ∂y ∂y ∂x
（2）
结合（1） 、 （2）两式，有
∂u ∂u ∂v ∂v = = = = 0， ∂x ∂y ∂x vy
5．复变函数的可导性与解析性有什么不同？判断函数的解析性有那些方法？ 答：
f ( z ) 在 D （区域）内解析
f ( z ) 在 D 内可导
f ( z ) 在 z0 解析
f ( z ) 在 z0 可导
f ( z ) 在 z0 连续
判定函数解析主要有两种方法：1）利用解析的定义：要判断一个复变函数在 z0 是否解析，只 要判定它在 z0 及其邻域内是否可导；要判断该函数在区域 D 内是否解析，只要判定它在 D 内是否 可导；2）利用解析的充要条件，即本章§2 中的定理二。 6．判断下述命题的真假，并举例说明。 （1）如果 f (z ) 在 z 0 点连续，那么 f ′(z0 ) 存在。 （2）如果 f ′(z0 ) 存在，那么 f (z ) 在 z 0 点解析。 （3）如果 z 0 是 f (z ) 的奇点，那么 f (z ) 在 z 0 不可导。 （4）如果 z 0 是 f (z ) 和 g ( z ) 的一个奇点，那么 z 0 也是 f ( z ) + g ( z ) 和 f ( z ) / g ( z ) 的奇点。 ，那么 f ( z ) = u + iv 亦可导。 （5）如果 u ( x, y ) 和 v( x, y ) 可导（指偏导数存在） （6）设 f ( z ) = u + iv 在区域内是解析的。如果 u 是实常数，那么 f ( z ) 在整个 D 内是常数；如 果 v 是实常数，那么 f ( z ) 在整个 D 内是常数； 解 （1）命题假。如函数 f (z ) =| z | 2 = x 2 + y 2 在 z 平面上处处连续，除了点 z=0 外处处不可导。 （2）命题假，如函数 f (z ) =| z | 2 在点 z=0 处可导，却在点 z=0 处不解析。 （3）命题假，如果 f ( z )在z0点不解析，则z0 称为f ( z )的奇点。 如上例。 （4）命题假，如 f ( z ) = sin x ch y, g ( z ) = i cos x sh y ， z = (π / 2, 0) 为它们的奇点，但不 是 f ( z ) + g ( z ) 的奇点。 故 f ( z ) 仅在点 z=0 （5） 命题假。 如函数 f (z ) = z Re z = x 2 + i xy 仅在点 z=0 处满足 C-R 条件， 处可导。 （6）命题真。由 u 是实常数，根据 C-R 方程知 v 也是实常数，故 f ( z ) 在整个 D 内是常数； 后面同理可得。 7．如果 f (z ) = u + i v 是 z 的解析函数，证明：
∂v ⎧ ∂u 2u + 2v =0 ⎪ ⎪ ∂x ∂x ⎨ ∂u ∂v ⎪2u + 2v =0 ⎪ ∂y ∂y ⎩
由于 f (z ) 在 D 内解析，满足 C-R 条件
∂u ∂v ∂u ∂v = , =− 代入上式又可写得 ∂x ∂x ∂y ∂y
∂u ⎧ ∂u u −v =0 ⎪ ⎪ ∂x ∂y ⎨ ∂u ∂u ⎪v +u =0 ⎪ ∂ x ∂y ⎩
由于 f (z ) = u + i v 为解析函数，故
∂u ∂v ∂u ∂v = =− ， ， ∂x ∂y ∂y ∂x
从而
2 2 2 2 ⎞ 1 ⎡ 2 ⎛ ∂u ⎞ ∂v ⎞ ⎛ ∂ ⎞ ⎛ ∂ 2⎛ ⎟ ( ) | | + − = u f z u ⎜ | f (z ) | ⎟ + ⎜ ⎢ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ u 2 + v2 ⎢ ⎝ ∂x ⎠ ⎝ ∂y ⎝ ∂x ⎠ ⎠ ⎣ ⎝ ∂x ⎠
习题二解答
1．利用导数定义推出：
1)( z n ) ' = nz n −1 , (n是正整数)；
证 1） ( z ) ' = lim
n
1 ⎛1⎞ 2） ⎜ ⎟' = − 2 。 z ⎝z⎠
( z + ∆z ) n − z n 2 n−2 = lim (nz n −1 + Cn z ∆z + " ∆z n −1 ) = nz n −1 z ∆z → 0 ∆ → 0 ∆z 1 1 − 1 1 ⎛1⎞ 2） ⎜ ⎟ ' = lim z + ∆z z = − lim =− 2 ∆z → 0 z ( z + ∆z ) z ∆z ⎝ z ⎠ ∆z →0