复变函数论__第三版 钟玉泉_答案_高清版
复变函数论第三版课后习题答案[1]
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第一章习题解答（一）1．设z ，求z 及Arcz 。
解：由于3iz 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 za 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。
复变函数论_钟玉泉_第三版_高教_答案_清晰版
z0
, 因此总可以选取 Argzn 的一个值 arg z n . 当
n N 时,有 arg z n 0 ( ) ,因 0 时, ( ) 0 .因而, 总可以选取 ,
使 ( ) 小于任何给定的 0 , 即总有 arg z arg z 0 . 因此 f ( z ) 在 z 0 连 续. 综上讨论得知, f ( z ) 除原点及负实轴上的点外处处连续. 14. 证 明 : 由 于 f ( z ) 的 表 达 式 都 是 x, y 的 有 理 式 , 所 以 除 去 分 母 为 零 的 点
y 0 y x 1 0 arg( z 1) 0 arctan (4)由 4 得 x 1 4 即 2 x3 2 x3 2 Re z 3
可知 z 点的轨迹是一梯形(不包括上,下边界);不是区域. (5) z 点的轨迹是以原点为圆心,2 为半径以及(3,0)为圆心,1 为半径得两闭圆的 外部.是区域. (6) z 点的轨迹的图形位于直线 Im z 1 的上方(不包括直线 Im z 1 )且在以原点 为圆心,2 为半径的圆内部分(不包括圆弧);是区域. (7) z 点的轨迹是 arg z
2
2
z1 z 2 z1 z 2
2
2
2( z1 z 2 )
2
2
几何意义:平行四边形两队角线的平方和等于各边平方和. 5.证明:由第 4 题知 z1 z 2 z1 z 2 由题目条件
2 2
2( z1 z 2 )
2
2
z1 z 2 z 3 0 知 z1 z 2 z 3
z 0 , f ( z ) 是连续的,因而只须讨论 f ( z ) 在 z 0 的情况.
复变函数 钟玉泉 第三版 第六章第二节
例6.12 设a>0，计算积分 x 2 a 2 x 2 b2 dx 解：这里
f ( z) z 2 a 2 z 2 b 2 z2
x
共有四个一阶极点为±ai,±bi,
其中只有ai,bi,在上半平面内
2 2 z -a = lim 2 2 z ai z ai 2ai a 2 b 2 z b a 2 2 2i a b b Res f ( z ) 2 2 z bi 2i b a a b I 2 i 2 i a 2 b 2 2i b 2 a 2 a b
2 z Res f ( z ) lim z ai 2 2 2 2 z ai z ai z a z b
3.计算
P ( x )
Q ( x )
e dx 型积分
imx
R
引理6.2(约当Jordan引理) 设：① g(z)沿半圆周 i R : z Re (0 , R充分大) 上连续,② lim g ( z ) 0 在 R上一致成立.则
f ( z )dz i( 2 1 ).
r
证 因为i( 2 1 ) S
Sr
dz z a
, 于是有
|.
| f ( z )dz i( 2 1 ) ||
( z a ) f ( z ) z a Sr
与引理6.1的证明相仿,得知上式存在r充分小时, 其值不超过任意给定的正数 .
P( z) c0 z m c1z m1 cm (c0 0),
Q( z) b0 z b1z
复变函数答案 钟玉泉 第五章习题全解
(z 2 1)2 4(z i)2 n0
2i
1 4(z i)2
(1)n (n 1)( z i)n )n
n0
2i
(0
z i
2)
1
(2) z 2e z
1 z n2
1 1 (0 z )
n0 n!
n2(n 2)! z n
e e e (3) 令 1 ，则 z
1
1z
1
2
(1 ...) 2
f (z) w0 解 析 , 即 为整函数 . 又 因 f (z) 非 常 数 , 所 以 g(z) 非常 数 , 其值全 含于一圆
g(z) 1 之内,与刘维尔定理矛盾. 0
11.证明:由题意, f (z) 在 z0 的去心邻域内的洛朗展开式可设为
f (z)
c1 z z0
cn (z z0 )n
(a)
0
6.证明：令 g(z) (z a)k f (z) 。由题设， g(z) 在 k {a}: 0 | z a | R 内有界。由
定理 5.3（3），a 为 g(z) 的可去奇点，则 a 为 g(z) 的解析点。又由定理 5.4（2），
若
a
为
f
(z) 的
m
级极点，则在点
a
的某去心邻域内能表成
正好是以 1 为中心的无穷远点的去心领域。所以根据题中的洛朗展式，只能判
定 z 是 f (z) 的可去奇点。
3.证明：由孤立奇点的定义，又有 f (z) 在点 a 解析，故知 a 为 g(z) 的孤立奇点，
且 lim g(z) lim f (z) f (a) f (a) g(a) ，故 a 为 g(z) 的可去奇点。故在 a 业
（充分性） 若
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第一章习题解答（一）1．设z ，求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。
复变函数答案 钟玉泉 第五章习题全解
5.4
的条件（2）
f
(z)
(z) (z a)m
，其中 (z) 在点 a
邻域内解析，
且 (a) 0 为 f (z) 以 a 为 m 阶极点的特征，则
lim(z a)m
z a
f
(z)
lim(z a)m za
(z) (z a)m
(a)
0
6.证明：令 g(z) (z a)k f (z) 。由题设， g(z) 在 k {a}: 0 | z a | R 内有界。由
n0
2i
(0
z i
2)
1
(2) z 2e z
1 z n2
1 1 (0 z )
n0 n!
n2(n 2)! z n
e e e (3) 令 1 ，则 z
1
1z
1
2
(1 ...) 2
2
3
4
5
4
2 (1 ...)(1 ...)
2 3! 4! 5!
2
3
4
5
平面上无其他奇点.
(4)令分母为 0,解得 z 2 (1 i) ,即为所给函数的极点. 2
且因[(z2 i)3 ] z
2 (1i)
0,[(z2 i)3 ] z
2 (1i)
0,
2
2
故 z 2 (1 i) 均为所给函数的三级极点. 2
又因 1 z 0 ,所以 z 为可去奇点. (z2 1)3
从而分别是函数的一级和二级极点,又因
z 1 z(z 2 4)
z
0
,所以
z
为可去
奇点.
(2)由定理 5.4(3)知函数 sin z cos z 的 m 级零点,就是
复变函数论第三版课后习题答案
第一章习题解答（一）1．设z ，求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 za 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。
复变函数答案 钟玉泉 第三章习题全解
14.证明:由上题知 C 和 Γ 均为光滑曲线,因 Φ(w) 沿 Γ 连续以及 f (z), f ′′(z) 在包 含 C 的区域 D内解析,因此 Φ[ f (z)] f ′(z) 也连续,故公式中的两端积分存在.则
|z| =1 z + 2
设 z = eiθ , dz = ieiθ dθ ⇒
2π i iθdθ 2π (i cosθ − sinθ )[(cosθ + 2) − i sinθ ]
e 0 = ∫ e ∫ 0
iθ + 2 = 0
dθ (cos θ + 2)2 +sin2 θ
∫= 2π −2 sinθ + i(1+ 2 cosθ )dθ
∂2 ( ∂x2
+
∂2 ∂y2 )
f(Biblioteka )2=4(ux 2
+
vx2 ) +
2u (ux2
+
uy2
)+
2v (vx2
+
vy2
)
=4（ ux2 + vx2 ）=4 f ′(z ) 2
18.证明: f (z)在 D 内解析,则 f ′(z) 在 D 内也解析.已知 f ′(z) ≠ 0,则 ln f ′(z)在
π
(3)下半圆周方程为 z = eiθ ,π ≤ θ ≤ 2π ,则
∫ ∫ ∫ z dz = 2π deiθ = i 0ie iθ dθ = 2
C
π
π
3.证明:(1) C : x = 0,−1 ≤ y ≤ 1