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
复变函数论第三版钟玉泉PPT第三章
C
C
0
1
( 3 4 i ) td t ( 3 4 i )
2
2
0
1
td t
(3 4i) 2
2
.
又因为 zd z
C z d z C ( x iy )( d x i d y ) C x d x y d y i C y d x x d y
任意分成把曲线滑的有向曲线的一条光终点为内起点为为区域定义在区域设函数的长度这里记为的积分沿曲线那么称这极限值为函数一极限的取法如何的分法及如果不论对c的积分记为沿闭曲线一定存在积分是光滑曲线时是连续函数而如果设光滑曲线参数增加的方向a及终点对应于起点并且正方向为都是连续函数由于下式两端极限存在的取法如何的分法任何不论对在形式上可以看成是公式光滑曲线相互连接所组成的按段等光滑曲线依次在今后讨论的积分中总假定被积函数是连续的曲线c是按段光滑的
C
f ( z ) u iv 与 d z d x i d y 相乘后求积分得到
:
C
5
f ( z )d z
C ( u iv )( d x i d y ) C u d x v d y i C v d x u d y .
2019/1/26
复变函数
2. 积分的计算方法
在每个弧段zk 1 z （ 1,2,, n)任取一点 k , k
n n
zn1
作和式
Sn
k 1
f ( k ) ( z k z k 1 )
k 1
1 2
A
o
f ( k ) z k ,
z1 z 2
zk 1
x
这里
z k z k z k 1 , s k z k 1 z k 的长度
复变函数第一张第二节(钟玉泉第三版)
,
特 （1）光滑曲线上的各点都有切线 点 （2）光滑曲线可以求长 由几段依次相接的光滑曲线所组成的曲线 称为按段光滑曲线.
y y
o
x
o
x
12
课堂练习 判断下列曲线是否为简单曲线?
z (a ) z (a ) z (b ) z (b ) z (a ) z (b ) z (a ) z (b )
记作:N(z0)
N(z0)={z | |z-z0|<}
0 z z0 所 z 0 的去心邻域 .
称由不等式 确定的点的集合为
记作：N0(z0)={z | 0<|z-z0|<}
2
定义1.2 聚点、外点、孤立点
设 E 为一平面点集 ( 不必属于 的无穷多点 E ), 如果对 , z 0 为 复平面中任意一点 z 0 的任意一个邻域 , 都有 E
(1) D是一个开集；
(2) D是连通的,就是说D中任何 两点都可以用完全属于D的一 条折线连结起来.
z1
D z2
D加上D的边界称为闭域。记为D＝D+D
6
说明
不包含边界！
C2
(1) 区域都是开的.
(2) 区域的边界可能是 由几条曲线和一些孤立 的点所组成的.
边界
z z
C3
C1
以上基 本概念 的图示
z z ( t ) x ( t ) iy ( t ). ( t )
z
C的复参数方程
起点z()
o
x
C的正向：起点终点
9
对于满足
t1 , t 2 的 t1 与 t 2 , 当
C
t 1 t 2 而有 z ( t 1 ) z ( t 2 ) 时 , 点 z ( t 1 ) 称为曲线 的重点 .