复变函数与积分变换(修订版-复旦大学)课后的第二章习题答案
复变函数与积分变换(修订版-复旦大学)课后的第二章习题答案
(3)|sinz|2=sin2x+sh2y
证明：
(4)|cosz|2=cos2x+sh2y
证明：
21.证明当y→∞时，|sin(x+iy)|和|cos(x+iy)|都趋于无穷大．
证明：
∴
而
当y→+∞时，e-y→0，ey→+∞有|sinz|→∞．
当y→-∞时，e-y→+∞，ey→0有|sinz|→∞．
11.设区域D位于上半平面，D1是D关于x轴的对称区域，若f(z)在区域D内解析，求证 在区域D1内解析．
证明：设f(z)=u(x,y)+iv(x,y)，因为f(z)在区域D内解析．
所以u(x,y),v(x,y)在D内可微且满足C-R方程，即 ．
，得
故φ(x,y),ψ(x,y)在D1内可微且满足C-R条件
所以f(z)为常数.
5. |f(z)|=常数.
证明：因为|f(z)|=C，对C进行讨论.
若C=0，则u=0,v=0,f(z)=0为常数.
若C 0，则f(z) 0,但 ，即u2+v2=C2
则两边对x,y分别求偏导数，有
利用C-R条件，由于f(z)在D内解析，有
所以 所以
即u=C1,v=C2,于是f(z)为常数.
从而 在D1内解析
13.计算下列各值
(1) e2+i=e2∙ei=e2∙(cos1+isin1)
(2)
(3)
(4)
14.设z沿通过原点的放射线趋于∞点，试讨论f(z)=z+ez的极限．
解：令z=reiθ，
对于 θ，z→∞时，r→∞．
故 ．
所以 ．
15.计算下列各值．
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
复变函数与积分变换(修订版-复旦大学)课后习题答案
习题 七1.证明：如果f (t )满足傅里叶变换的条件，当f (t )为奇函数时，则有⎰+∞⋅=0d sin )()(ωωωt b t f其中()⎰+∞⋅=0tdt sin π2)(ωωt f b当f (t )为偶函数时，则有⎰+∞⋅=0cos )()(ωωtd w a t f其中⎰+∞⋅=02tdt c f(t))(ωωos a证明：因为ωωωd G t f t i ⎰+∞∞-=e )(π21)(其中)(ωG 为f (t )的傅里叶变换()()()(cos sin )i tG f t edt f t t i t dt ωωωω+∞+∞--∞-∞==⋅-⎰⎰()cos ()sin f t tdt i f t tdt ωω+∞+∞-∞-∞=⋅-⋅⎰⎰当f (t )为奇函数时，t cos f(t)ω⋅为奇函数，从而⎰+∞∞-=⋅0tdt cos f(t)ωt sin f(t)ω⋅为偶函数，从而⎰⎰+∞∞-+∞⋅=⋅0.sin f(t)2tdt sin f(t)tdt ωω故.sin f(t)2)(0tdt iG ωω⋅-=⎰+∞有)()(ωωG G -=-为奇数。
ωωωωπωωπωd t i t G d e G t f t i )sin (cos )(21)(21)(+⋅=⋅=⎰⎰+∞∞-+∞∞-=01()sin d ()sin d 2ππi G i t G t ωωωωωω+∞+∞-∞⋅=⋅⎰⎰ 所以，当f(t)为奇函数时，有2()b()sin d .b()=()sin dt.πf t t f t t ωωωωω+∞+∞=⋅⋅⎰⎰其中同理，当f(t)为偶函数时，有()()cos d f t a t ωωω+∞=⋅⎰.其中02()()cos πa f t tdt ωω+∞=⋅⎰ 2.在上一题中，设()f t =21,0,1t t t ⎧<⎪⎨≥⎪⎩.计算()a ω的值.解:1200111220012012011200222()()cos d cos d 0cos d πππ221cos d d(sin )ππ122sin sin 2d 0ππ2sin 4(cos )π2sin 4cos cos π2sin 4co a f t t t t t t t t t t t t t t t t t tt d t t t tdt ωωωωωωωωωωωωωωπωωωωωπωωπω+∞+∞=⋅=⋅+⋅=⋅=⋅=⋅⋅-⋅=⋅+⋅⎡⎤=+⋅-⎢⎥⎣⎦=+⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰23s 4sin ωωπωπω-3.计算函数sin ,6π()0,6πt t f t t ⎧≤⎪=⎨≥⎪⎩的傅里叶变换. 解:[]6π6π6π6π6π02()()d sin d sin (cos sin )d 2sin sin d sin 6ππ(1)i t i t F f f t e t t e tt t i t ti t t t i ωωωωωωωω+∞---∞--=⋅=⋅=⋅-=-⋅=-⎰⎰⎰⎰4.求下列函数的傅里叶变换 (1)()tf t e -=解： []||(||)0(1)(1)2F f ()()d d d 2d d 1i t t i t t i t t i t i f te t e e t e te t e t ωωωωωωω+∞+∞+∞----+-∞-∞-∞+∞--+-∞==⋅==+=+⎰⎰⎰⎰⎰(2)2()t f t t e-=⋅解：因为22222/4F[].()(2)2.t t t t e ee e t t e ω-----==⋅-=-⋅而所以根据傅里叶变换的微分性质可得224()F()tG t e e ωω--=⋅=(3)2sin π()1tf t t =- 解：222202200sin π()F()()d 1sin π(cos sin )d 11[cos(π)cos(π)]sin πsin 2d 2d 11cos(π+)cos(π-)d d ()11sin ,||π20,|i tt G f e t t tt i t t t t t t t i t i t t t t t i t i t t t iωωωωωωωωωωωωω+∞--∞+∞-∞+∞+∞-∞+∞+∞==⋅-=⋅---+--⋅=-=---=----≤=⎰⎰⎰⎰⎰⎰利用留数定理当当|π.⎧⎪⎨⎪≥⎩(4)41()1f t t=+ 解:4444401cos sin ()d d d 111cos cos 2d d 11i tt t G e t t i t t t t t t t t t t ωωωωωω+∞+∞+∞--∞-∞-∞+∞+∞-∞==-+++==++⎰⎰⎰⎰⎰令41R(z)=1z +，则R(z)在上半平面有两个一级极1)i i +-+. R()d 2π[R())]2π[R()1)]i t i z i z t e t i Res z e i i Res z e i ωωω+∞-∞⋅=⋅⋅++⋅⋅-+⎰故.|244cos ||||d Re[d ]sin )1122i t t e t t t t ωωωωω+∞+∞--∞-∞=+++⎰⎰(5) 4()1tf t t =+ 解:4444()d 1sin cos d d 11sin d 1i t tG e t t t t t t t i t t t t t i tt ωωωωω+∞--∞+∞+∞-∞-∞+∞-∞=⋅+⋅=⋅-++⋅=-+⎰⎰⎰⎰ 同(4).利用留数在积分中的应用,令4R()=1zz z +则44|sin d ()Im(d )11sin22i tt tt e i t i t t t ie ωωωω+∞+∞-∞-∞-⋅⋅-=-++=-⋅⋅⎰⎰.5.设函数F (t )是解析函数，而且在带形区域Im()t δ<内有界.定义函数()L G ω为/2/2()()e d .L i t L L G F t t ωω--=⎰证明当L →∞时，有1p.v.()e d ()2πi t L G F t ωωω∞-∞→⎰ 对所有的实数t 成立.(书上有推理过程) 6.求符号函数 1,0sgn 1,0||t t t t t -<⎧==⎨>⎩的傅里叶变换. 解: 因为1F (())π().u t i δωω=+⋅把函数sgn()t 与u(t)作比较.不难看出 sgn()()().t u t u t =-- 故：[]11F[sgn()]F(())F(())π()[π()]π()22π()()t u t u t i i i i δωδωωδωδωωω=--=+⋅-+⋅--=+--=7.已知函数()f t 的傅里叶变换()00F()=π()(),ωδωωδωω++-求()f t解:[]000-100000001()F (F())=π()()d 2πF(cos )=cos d d 2π[()()]()cos i ti t i t i t i tf t e t t e te e e tf t tωωωωωωδωωδωωωωωδωωδωωω+∞-∞+∞--∞-+∞--∞=⋅++-⋅+=⋅=++-=⎰⎰⎰而所以8.设函数f (t )的傅里叶变换()F ω，a 为一常数. 证明1[()]().f at F a a ωω⎛⎫=⎪⎝⎭1F[()]()()d ()d()i t i t f at f at e t f at e at a ωωω+∞+∞---∞-∞=⋅=⋅⎰⎰解:当a >0时,令u=at .则11F[()]()()d u i a f at f u e u F a a a ωωω-+∞-∞⎛⎫=⋅= ⎪⎝⎭⎰当a <0时,令u=at ,则1F[()]()F()f at a aωω=-. 故原命题成立.9.设()[]();F F f ωω=证明()()[]()F f t ωω=--F .证明：()[]()()()()()[]()[]()()[]()()e d e d e d e d e d .i t i u i i u u i t F f t f uf t u t f u f uu u f t F t ωωωωωωω+∞+∞--∞-∞+∞+∞--⋅-⋅--∞-∞+∞-⋅--∞=⋅=-⋅--=⋅=⋅=⋅=-⎰⎰⎰⎰⎰10.设()[]()F F f ωω=，证明：()[]()()()0001cos 2F f t F F t ωωωωωω⋅=-++⎡⎤⎣⎦以及()[]()()()0001sin .2F f t F F t ωωωωωω⋅=--+⎡⎤⎣⎦ 证明：()[]()()()()()0000000e +e cos 21e e 22212i t i t i t i t F f t F t f t F F f f t t F F ωωωωωωωωω--⎡⎤⋅=⋅⎢⎥⎣⎦⎧⎫⎡⎤⎡⎤=+⋅⋅⎨⎬⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎩⎭=-++⎡⎤⎣⎦同理：()[]()()(){}()()0000000e e sin 21e e 212i t i t i t i t Ff t F f t t i F F f f t t i F F i ωωωωωωωωω--⎡⎤-⋅=⋅⎢⎥⎣⎦=-⎡⎤⎡⎤⋅⋅⎣⎦⎣⎦=--+⎡⎤⎣⎦ 11.设()()π0,0sin ,0t 200e ,t t t f g t t t -⎧<⎧≤≤⎪==⎨⎨≥⎩⎪⎩，其他计算()*f g t . 解：()())*(d f y g y t f g t y +∞-∞-=⎰当t y o -≥时，若0,t <则()0,f y =故()*f g t =0.若0,0,2t y t π<≤<≤则()()()0()d sin d *t ty f y g y e y t f g t y t y -=⋅--=⎰⎰若,0..222t t y t y t πππ>≤-≤⇒-≤≤则()()2sin d *ty t e y t f g y t π--⋅-=⎰故()()()20,01,0sin cos e *221e .1e 22t t t t t t f g t t πππ--<⎧⎪⎪<≤-+=⎨⎪⎪>+⎩12.设()u t 为单位阶跃函数，求下列函数的傅里叶变换.()()()0e sin 1at f t u t t ω-=⋅()()()()()()()00000000002002e sin e e sin e e e e e 211e d d d d e 2d 2at i t at i t i t i t ati ta i t a i t ttG F t u f t t t i i i t t a i ωωωωωωωωωωωωωωωω+∞-∞+∞+∞+∞+--------+--++⎡⎤⎡⎤⎣∞⎣⎦⎦=====-=⋅⋅⋅⋅⋅-⋅⋅++⎰⎰⎰⎰⎰解：习题八1.求下列函数的拉普拉斯变换.(1)()sin cos f t t t =⋅，(2)4()etf t -=，(3)2()sin f t t= (4)2()f t t =， (5)()sinh f t bt=解: (1) 1()sin cos sin 22f t t t t =⋅=221121(())(sin 2)2244L f t L t s s ==⋅=++(2)411(())(e )24tL f t L s -==+(3)21cos 2()sin 2t f t t -==221cos21111122(())()(1)(cos2)222224(4)t L f t L L t s s s s -==-=⋅-⋅=++(4)232()L t s = (5)22e e 111111(())()(e )(e )22222bt bt bt bt bL f t L L L s b s b s b ---==-=⋅-⋅=-+-2.求下列函数的拉普拉斯变换.（1）2,01()1,120,2t f t t t ≤<⎧⎪=≤<⎨⎪≥⎩(2)cos ,0π()0,πt t f t t ≤<⎧=⎨≥⎩解: (1) 1220011(())()e 2e e (2e e )st st st s s L f t f t dt dt dt s +∞-----=⋅=⋅+=--⎰⎰⎰(2)πππ2011e (())()e cos e (1e )1s ststsL f t f t dt t dt s s -+∞---+=⋅=⋅=+++⎰⎰3.设函数()cos ()sin ()f t t t t u t δ=⋅-⋅,其中函数()u t 为阶跃函数, 求()f t 的拉普拉斯变换.解:20222(())()e cos ()e sin ()e cos ()e sin e 11cos e 1111st st st st st stt L f t f t dt t t dt t u t dtt t dt t dts t s s s δδ+∞+∞+∞---+∞+∞---∞-==⋅=⋅⋅-⋅⋅=⋅⋅-⋅=⋅-=-=+++⎰⎰⎰⎰⎰4.求图8.5所表示的周期函数的拉普拉斯变换解：2()e 1(())1e (1e )Tst T T as as f t dt as aL f t s s ---⋅+==---⎰5. 求下列函数的拉普拉斯变换.(1)()sin 2tf t lt l=⋅ (2)2()e sin5t f t t -=⋅(3)()1e t f t t =-⋅ (4)4()e cos4t f t t-=⋅(5()(24)f t u t =- (6()5sin 23cos 2f t t t =-(7) 12()e t f t t δ=⋅ (8) 2()32f t t t =++解:(1)222222221()sin [()sin ]221()(())(sin )[()sin ]22112()22()()tf t lt t lt l lt F s L f t L lt L t lt l ll ls s l s l l s l s l =⋅=--⋅==⋅=--⋅-'=-=-⋅=+++(2)225()(())(e sin 5)(2)25t F s L f t L t s -==⋅=++21(3)()(())(1e )(1)(e )(e )1111()1(1)t t t F s L f t L t L L t L t ss s s s ==-⋅=-⋅=+-⋅'=+=--- (4)424()(())(ecos 4)(4)16ts F s L f t L t s -+==⋅=++ (5)1,2(24)0,t u t >⎧-=⎨⎩其他22()(())((24))=(24)e 1=e =e st stsF s L f t L u t u t dtdt s∞-∞--==--⋅⎰⎰(6)222()(())(5sin 23cos2)5(sin 2)3(cos2)210353444F s L f t L t t L t L t s ss s s ==-=--=⋅-⋅=+++ (7)12332213(1)()22()(())(e )()()t F s L f t L t s s δδδΓ+Γ==⋅==-- (8)2221()(())(32)()3()2(1)(232)F s L f t L t t L t L t L s s s ==++=++=++6.记[]()()L f s F s =，对常数0s ，若00Re()s s δ->，证明00[e ]()()s t L f s F s s ⋅=-证明:00000()()00[e ]()e ()e ()e()e ()s t s tsts s ts s t L f s f t dtf t dt f t dt F s s ∞-∞∞---⋅=⋅⋅=⋅=⋅=-⎰⎰⎰7 记[]()()L f s F s =，证明:()()[(t)()]()n nF s L f t s =-⋅证明：当n=1时,0()()e st F s f t dt +∞-=⋅⎰0()[()e ][()e ]()e (())st stst F s f t dt f t dt t f t dt L t f t s+∞--+∞+∞-''=⋅∂⋅==-⋅⋅=-⋅∂⎰⎰⎰所以，当n=1时, ()()[(t)()]()n nFs L f t s =-⋅显然成立。
复变函数与积分变换(修订版-复旦大学)课后的习题答案
复变函数与积分变换（修订版）主编：马柏林（复旦大学出版社）——课后习题答案习题一1. 用复数的代数形式a +ib 表示下列复数π/43513;;(2)(43);711i i e i i i i i-++++++.①解i 4πππe cos isin 44-⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+- ⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ②解： ()()()()35i 17i 35i 1613i7i 11+7i 17i 2525+-+==-++-③解： ()()2i 43i 834i 6i 510i ++=-++=+ ④解：()31i 1335=i i i 1i 222-+-+=-+2.求下列各复数的实部和虚部(z =x +iy )(z a a z a -∈+); 333;;;.n z i ①：∵设z =x +iy则()()()()()()()22i i i i i i x a y x a y x y a x a y z a z a x y a x a y x a y -++-⎡⎤⎡⎤+--+-⎣⎦⎣⎦===+++++++ ∴()22222Re z a x a y z a x a y ---⎛⎫= ⎪+⎝⎭++,()222Im z a xy z a x a y -⎛⎫= ⎪+⎝⎭++． ②解： 设z =x +iy∵()()()()()()()()323222222223223i i i 2i i 22i33iz x y x y x y x y xy x y x x y xy y x y x y x xy x y y =+=++=-++⎡⎤=--+-+⎣⎦=-+- ∴()332Re 3z x xy =-, ()323Im 3z x y y =-．③解：∵(()(){}33232111313188-+⎡⎤⎡⎤==--⋅-⋅+⋅-⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎝⎭()180i 18=+=∴Re 1=⎝⎭, Im 0=⎝⎭． ④解：∵()()(()2332313131i 8⎡⎤--⋅-⋅+⋅-⎢⎥⎣⎦=⎝⎭()180i 18=+=∴Re 1=⎝⎭, Im 0=⎝⎭．⑤解： ∵()()1,2i 211i,knkn k k n k ⎧-=⎪=∈⎨=+-⋅⎪⎩． ∴当2n k =时，()()Re i 1k n =-，()Im i 0n =；当21n k =+时，()Re i 0n =，()()Im i 1kn =-．3.求下列复数的模和共轭复数12;3;(2)(32);.2ii i i +-+-++①解：2i -+=2i 2i -+=--②解：33-=33-=-③解：()()2i 32i 2i 32i ++=++=()()()()()()2i 32i 2i 32i 2i 32i 47i ++=+⋅+=-⋅-=-④解：1i 1i 22++==()1i 11i222i ++-⎛⎫== ⎪⎝⎭4、证明：当且仅当z z =时，z 才是实数．证明：若z z =，设i z x y =+，则有 i i x y x y +=-，从而有()2i 0y =，即y =0 ∴z =x 为实数．若z =x ，x ∈ ，则z x x ==． ∴z z =．命题成立．5、设z ,w ∈ ，证明： z w z w ++≤证明∵()()()()2z w z w z w z w z w +=+⋅+=++()()22222Re z z z w w z w wz zw z w w z wz w =⋅+⋅+⋅+⋅=++⋅+=++⋅()2222222z w z wz w z w z w ++⋅=++⋅=+≤∴z wz w ++≤．6、设z ,w ∈ ，证明下列不等式． ()2222Re z w z z w w +=+⋅+ ()2222Re z w z z w w -=-⋅+()22222z w z w z w++-=+并给出最后一个等式的几何解释．证明：()2222Re z w z z w w +=+⋅+在上面第五题的证明已经证明了． 下面证()2222Re z w z z w w -=-⋅+．∵()()()()222z w z w z w z w z w z z w w z w-=-⋅-=--=-⋅-⋅+()222Re z z w w =-⋅+．从而得证．∴()22222z w z w z w++-=+几何意义：平行四边形两对角线平方的和等于各边的平方的和． 7.将下列复数表示为指数形式或三角形式3352π2π;;1;8π(1);.cos sin 7199i i i i +⎛⎫--+ ⎪+⎝⎭ ①解：()()()()35i 17i 35i 7i 117i 17i +-+=++-3816i 198i e 5025i θ⋅--===其中8πarctan 19θ=-． ②解：e i i θ⋅=其中π2θ=．π2e ii =③解：ππi i 1e e -==④解：()28π116ππ3θ-==-.∴()2πi 38π116πe--+=⋅⑤解：32π2πcos isin 99⎛⎫+ ⎪⎝⎭解：∵32π2πcos isin 199⎛⎫+= ⎪⎝⎭．∴322πi π.3i 932π2πcos isin 1e e 99⋅⎛⎫+=⋅= ⎪⎝⎭8.计算：(1)i 的三次根；(2)-1的三次根；(3)的平方根. ⑴i 的三次根．解：()13ππ2π2πππ22cos sin cosisin 0,1,22233++⎛⎫+=+= ⎪⎝⎭k k i k∴1ππ1cos isin i 662=+=+z ． 2551cos πisin πi 662=+=z3991cos πisin πi 662=+=-z⑵-1的三次根 解：()()132π+π2ππcos πisin πcosisin 0,1,233k k k ++=+=∴1ππ1cos isin 332=+=z2cos πisin π1=+=-z3551cos πisin π332=+=-z的平方根．πi 4e ⎫⎪⎪⎝⎭)()1π12i44ππ2π2π44e6cos isin 0,122k k k ⎛⎫++ ⎪=⋅+= ⎪⎝⎭∴π11i 8441ππ6cos isin 6e 88⎛⎫=⋅+=⋅ ⎪⎝⎭z911πi 8442996cos πisin π6e 88⎛⎫=⋅+=⋅ ⎪⎝⎭z ．9.设2πe,2inz n =≥. 证明：110n z z -+++=证明：∵2πi e nz ⋅= ∴1n z =，即10n z -=．∴()()1110n z z z --+++=又∵n ≥2． ∴z ≠1从而211+0n z z z -+++=11.设Γ是圆周{:},0,e .i z r r a c r z c α=>=+-令:Im 0z a L z b β⎧-⎫⎛⎫==⎨⎬⎪⎝⎭⎩⎭, 其中e i b β=.求出L β在a 切于圆周Γ的关于β的充分必要条件. 解：如图所示．因为L β={z : Im z a b -⎛⎫⎪⎝⎭=0}表示通过点a 且方向与b 同向的直线，要使得直线在a 处与圆相切，则CA⊥L β．过C 作直线平行L β，则有∠BCD =β，∠ACB =90° 故α-β=90°所以L β在α处切于圆周T 的关于β的充要条件是α-β=90°．12.指出下列各式中点z 所确定的平面图形，并作出草图.(1)arg π;(2);1(3)1|2;(4)Re Im ;(5)Im 1 2.z z z z i z z z z ==-<+<>><且解：(1)、argz =π．表示负实轴．(2)、|z -1|=|z |．表示直线z =12．(3)、1<|z +i|<2解：表示以-i 为圆心，以1和2为半径的周圆所组成的圆环域。
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 ⎠ ⎝
《复变函数与积分变换复旦大学修订版》全部_习题答案
复变函数与积分变换（修订版）主编：马柏林（复旦大学出版社）——课后习题答案习题一1. 用复数的代数形式a +ib 表示下列复数π/43513;;(2)(43);711i i e i i i i i-++++++.①解i 4πππe cos isin 44-⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+- ⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭②解： ()()()()35i 17i 35i 1613i 7i 11+7i 17i 2525+-+==-++-③解： ()()2i 43i 834i 6i 510i ++=-++=+ ④解： ()31i 1335=i i i 1i 222-+-+=-+2.求下列各复数的实部和虚部(z =x +iy )(z a a z a -∈+); 33311;;;.22n z i ⎛⎛-+-- ⎝⎭⎝⎭①： ∵设z =x +iy则()()()()()()()22i i i i i i x a y x a y x y a x a y z a z a x y a x a y x a y -++-⎡⎤⎡⎤+--+-⎣⎦⎣⎦===+++++++ ∴()22222Re z a x a y z a x a y ---⎛⎫= ⎪+⎝⎭++,()222Im z a xyz a x a y-⎛⎫=⎪+⎝⎭++． ②解： 设z =x +iy ∵()()()()()()()()323222222223223i i i 2i i 22i33iz x y x y x y x y xy x y x x y xy y x y x y x xy x y y =+=++=-++⎡⎤=--+-+⎣⎦=-+- ∴()332Re 3z x xy =-,()323Im 3z x y y =-．③解：∵(()(){}33232111313188-+⎡⎤⎡⎤==--⋅-⋅+⋅-⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎝⎭()180i 18=+=∴Re 1=⎝⎭, Im 0=⎝⎭． ④解：∵()()(()2332313131i 8⎡⎤--⋅-⋅+⋅-⎢⎥⎣⎦=⎝⎭()180i 18=+=∴Re 1=⎝⎭, Im 0=⎝⎭． ⑤解： ∵()()1,2i 211i,kn kn k k n k ⎧-=⎪=∈⎨=+-⋅⎪⎩． ∴当2n k =时，()()Re i 1kn=-，()Im i 0n=；当21n k =+时，()Re i 0n =，()()Im i 1kn =-．3.求下列复数的模和共轭复数12;3;(2)(32);.2ii i i +-+-++①解：2i -+==2i 2i -+=--②解：33-=33-=-③解：()()2i 32i 2i 32i ++=++=()()()()()()2i 32i 2i 32i 2i 32i 47i ++=+⋅+=-⋅-=-④解：1i 1i 22++==()1i 11i222i ++-⎛⎫== ⎪⎝⎭4、证明：当且仅当z z =时，z 才是实数．证明：若z z =，设i z x y =+，则有 i i x y x y +=-，从而有()2i 0y =，即y =0 ∴z =x 为实数．若z =x ，x ∈ ，则z x x ==． ∴z z =．命题成立．5、设z ,w ∈ ，证明： z w z w ++≤证明∵()()()()2z w z w z w z w z w +=+⋅+=++()()22222Re z z z w w z w wz zw z w w z wz w =⋅+⋅+⋅+⋅=++⋅+=++⋅()2222222z w z wz w z w z w ++⋅=++⋅=+≤∴z w z w ++≤．6、设z ,w ∈ ，证明下列不等式． ()2222Re z w z z w w +=+⋅+ ()2222Re z w z z w w -=-⋅+()22222z w z w z w++-=+并给出最后一个等式的几何解释．证明：()2222Re z w z z w w +=+⋅+在上面第五题的证明已经证明了．下面证()2222Re z w z z w w -=-⋅+．∵()()()()222z w z w z w z w z w z z w w z w-=-⋅-=--=-⋅-⋅+()222Re z z w w =-⋅+．从而得证．∴()22222z w z w z w ++-=+几何意义：平行四边形两对角线平方的和等于各边的平方的和．3352π2π;;1;8π(1);.cos sin 7199i i i i +⎛⎫--+ ⎪+⎝⎭ ①解：()()()()35i 17i 35i 7i 117i 17i +-+=++-3816i 198i e 5025i θ⋅--==其中8πarctan 19θ=-．②解：e i i θ⋅=其中π2θ=．π2e i i =③解：ππi i 1e e -==④解：()28π116ππ3θ-+==-.∴()2πi 38π116πe--+=⋅⑤解：32π2πcos isin 99⎛⎫+ ⎪⎝⎭ 解：∵32π2πcosisin 199⎛⎫+= ⎪⎝⎭．∴322πi π.3i 932π2πcos isin 1e e 99⋅⎛⎫+=⋅= ⎪⎝⎭8.计算：(1)i 的三次根；(2)-1的三次根；(3)的平方根.⑴i 的三次根． 解：()13ππ2π2πππ22cos sin cosisin 0,1,22233++⎛⎫+=+= ⎪⎝⎭k k i k∴1ππ1cosisin i 662=+=+z ．2551cos πisin πi 662=+=+z3991cos πisin πi 662=+=-z ⑵-1的三次根 解：()()132π+π2ππcos πisin πcosisin 0,1,233k k k ++=+=∴1ππ1cos isin 332=+=z 2cos πisin π1=+=-z3551cos πisin π332=+=-z的平方根． 解：πi 4e ⎫⎪⎪⎝⎭∴)()1π12i 44ππ2π2π44e6cos isin 0,122k k k ⎛⎫++ ⎪=⋅+= ⎪⎝⎭∴π11i 8441ππ6cos isin 6e 88⎛⎫=⋅+=⋅ ⎪⎝⎭z911πi 8442996cos πisin π6e 88⎛⎫=⋅+=⋅ ⎪⎝⎭z ． 9.设2πe,2inz n =≥. 证明：110n z z -+++=证明：∵2πi e nz ⋅= ∴1n z =，即10n z -=．∴()()1110n z z z --+++=又∵n ≥2． ∴z ≠1 从而211+0n z z z -+++=11.设Γ是圆周{:},0,e .i z r r a c r z c α=>=+-令:Im 0z a L z b β⎧-⎫⎛⎫==⎨⎬⎪⎝⎭⎩⎭, 其中e i b β=.求出L β在a 切于圆周Γ的关于β的充分必要条件. 解：如图所示．因为L β={z : Im z a b -⎛⎫⎪⎝⎭=0}表示通过点a 且相切，则CA ⊥L β．过C 作直线平行L β，则有∠BCD =β，∠ACB =90° 故α-β=90°所以L β在α处切于圆周T 的关于β的充要条件是α-β=90°．12.指出下列各式中点z 所确定的平面图形，并作出草图.(1)arg π;(2);1(3)1|2;(4)Re Im ;(5)Im 1 2.z z z z i z z z z ==-<+<>><且解：(1)、argz =π．表示负实轴．(2)、|z -1|=|z |．表示直线z =12．(3)、1<|z +i|<2解：表示以-i 为圆心，以1和2为半径的周圆所组成的圆环域。
复变函数与积分变换(修订版-复旦大学)课后的第二章习题答案
解：f(z)除 外处处可导，且 .
(4) .
解：因为
.所以f(z)除z=0外处处可导，且 .
6.试判断下列函数的可导性与解析性.
(1) ;
解： 在全平面上可微.
所以要使得
， ,
只有当z=0时,
从而f(z)在z=0处可导，在全平面上不解析.
(2) .
解： 在全平面上可微.
只有当z=0时,即(0,0)处有 , .
它们分别为
∴
∴满足C-R条件．
(3)当z沿y=x趋向于零时，有
∴ 不存在．即f(z)在z=0处不可导．
11.设区域D位于上半平面，D1是D关于x轴的对称区域，若f(z)在区域D内解析，求证 在区域D1内解析．
证明：设f(z)=u(x,y)+iv(x,y)，因为f(z)在区域D内解析．
所以u(x,y),v(x,y)在D内可微且满足C-R方程，即 ．
15.计算下列各值．
(1)
(2)
(3)ln(ei)=ln1+iarg(ei)=ln1+i=i
(4)
16.试讨论函数f(z)=|z|+lnz的连续性与可导性．
解：显然g(z)=|z|在复平面上连续，lnz除负实轴及原点外处处连续．
设z=x+iy，
在复平面内可微．
故g(z)=|z|在复平面上处处不可导．
所以f(z)在z=0处可导，在全平面上不解析.
(3) ;
解： 在全平面上可微.
所以只有当 时，才满足C-R方程.
从而f(z)在 处可导，在全平面不解析.
(4) .
解：设 ，则
所以只有当z=0时才满足C-R方程.
从而f(z)在z=0处可导，处处不解析.
复变函数与积分变换答案-第2章解析函数
11 27、第二章 解析函数习题详解1、(1) f 1(z )= z 4在定义域(-,+) 内连续；2) f 2(z ) =4z +5在定义域(-,+)内连续； 1在定义域-, 3,3, +内连续。
- 4, v = 16u + 64, 为一抛物线。
4、(1)w = z 3，则w = (2i )3= -8i , w =( 2+2i )3=2 2+12i -12 2-8i =-10 2+4i ；5、 f (z )=Re z =x ，当 y →0时， f (z )→1；当x →0时， f (z )→0，因为极限不等， z x + iy 所以当z →0时， f (z )极限不存在。
1在原点处不连续，故 w =i arg z +1 在负实轴上与原点 zz3) f 3 (z )= 22、w = z2u =x 2-y 2v = 2 xy u =x 2 -4，把直线C :y =2映射成:u =x -4v = 4 xvx = ，代入第一个式子，4u =3、1zw = = = z zzx - iy22,x + yv =x 22 x + y-y 22 x + y把直线C :x =1映射成，:vu =v =1 1+y 2-y 1+y 21-u u 2u= (1- u ) u v 2 + u 22)w = z 3，像域为0arg w 26、i arg z 在负实轴上与原点处不连续， 处不连续。
f (z +z )- f (z )z →0z= limz →0(z +z )2zy 2 = 1 -1 = u为一个圆周。
uz 2-(z +z )2z 2(z +z )2z 2 -z 2 -2z z -z 22= lim = lim = - 。
z →0 z z →0z 2(z +z )2zz 38、(1) f (z ) =5-3z +5z 2，在(-,+)内解析，且导数为 f (z ) = -3+10z ；12、(1) z =e 1-2i =ecos -i sin=-ei ；1222) f (z )=1 1 1z 4 -1 (z 2 -1)(z 2 +1) (z -1)(z +1)(z +i )(z -i )在(-,+)内除z =1,5z +431 1 5 3) f (z )= z +4,在(-,+)内除z = - 3外解析， f (z )=1+ 2 =1+ 52z + 32 2 2z +32 2(2z +3)且导数为： f(z )= 1(2z +3)-2(-2)=-5 (2z +3)29、(1) f (z )=Im z = y 在z 平面上的点点不可导，不解析(因柯西-黎曼条件不满足)；2) f (z )= z 4 ，在平面上的点解析。
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所以 ,
所以f(z)处处可导，处处解析.
10.设
求证：(1) f(z)在z=0处连续．
(2)f(z)在z=0处满足柯西—黎曼方程．
(3)f′(0)不存在．
证明.(1)∵
而
∵
∴
∴
同理
∴
∴f(z)在z=0处连续．
(2)考察极限
当z沿虚轴趋向于零时，z=iy，有
．
当z沿实轴趋向于零时，z=x，有
所以f(z)在z=0处可导，在全平面上不解析.
(3) ;
解： 在全平面上可微.
所以只有当 时，才满足C-R方程.
从而f(z)在 处可导，在全平面不解析.
(4) .
解：设 ，则
所以只有当z=0时才满足C-R方程.
从而f(z)在z=0处可导，处处不解析.
7.证明区域D内满足下列条件之一的解析函数必为常数.
(1) sinz=sinxchy+icosx∙shy
证明：
(2)cosz=cosx∙chy-isinx∙shy
证明：
(3)|sinz|2=sin2x+sh2y
证明：
(4)|cosz|2=cos2x+sh2y
证明：
21.证明当y→∞时，|sin(x+iy)|和|cos(x+iy)|都趋于无穷大．
证明：
(3) .
解：f(z)除 外处处可导，且 .
(4) .
解：因为
.所以f(z)除z=0外处处可导，且 .
6.试判断下列函数的可导性与解析性.
(1) ;
解： 在全平面上可微.
所以要使得
， ,
只有当z=0时,
从而f(z)在z=0处可导，在全平面上不解析.
(2) .
解： 在全平面上可微.
只有当z=0时,即(0,0)处有 , .
则两边对x,y分别求偏导数，有
利用C-R条件，由于f(z)在D内解析，有
所以 所以
即u=C1,v=C2,于是f(z)为常数.
(6) argf(z)=常数.
证明：argf(z)=常数，即 ,
于是
得
C-R条件→
解得 ，即u,v为常数，于是f(z)为常数.
8.设f(z)=my3+nx2y+i(x3+lxy2)在z平面上解析，求m,n,l的值.
15.计算下列各值．
(1)
(2)
(3)ln(ei)=ln1+iarg(ei)=ln1+i=i
(4)
16.试讨论函数f(z)=|z|+lnz的连续性与可导性．
解：显然g(z)=|z|在复平面上连续，lnz除负实轴及原点外处处连续．
设z=x+iy，
在复平面内可微．
故g(z)=|z|在复平面上处处不可导．
即 是以原点为焦点，张口向右抛物线如图所示.
3.求下列极限.
解：令 ,则 .
于是 .
(2) ;
解：设z=x+yi，则 有
显然当取不同的值时f(z)的极限不同
所以极限不存在.
（3） ；
解： = .
（4） .
解：因为
所以 .
4.讨论下列函数的连续性：
解：因为 ,
若令y=kx,则 ,
因为当k取不同值时，f(z)的取值不同，所以f(z)在z=0处极限不存在.
习题二
1.求映射 下圆周 的像.
解：设 则
因为 ,所以
所以 ,
所以 即 ，表示椭圆.
2.在映射 下，下列z平面上的图形映射为w平面上的什么图形，设 或 .解：设
所以
(1)记 ，则 映射成w平面内虚轴上从O到4i的一段，即
(2)记 ，则 映成了w平面上扇形域，即
(3)记 ，则将直线x=a映成了 即 是以原点为焦点，张口向左的抛物线将y=b映成了
它们分别为
∴
∴满足C-R条件．
(3)当z沿y=x趋向于零时，有
∴ 不存在．即f(z)在z=0处不可导．
11.设区域D位于上半平面，D1是D关于x轴的对称区域，若f(z)在区域D内解析，求证 在区域D1内解析．
证明：设f(z)=u(x,y)+iv(x,y)，因为f(z)在区域D内解析．
所以u(x,y),v(x,y)在D内可微且满足C-R方程，即 ．
(1) ;
证明：因为 ，所以 , .
所以u,v为常数，于是f(z)为常数.
(2) 解析.
证明：设 在D内解析,则
而f(z)为解析函数，所以
所以 即
从而v为常数，u为常数，即f(z)为常数.
(3) Ref(z)=常数.
证明：因为Ref(z)为常数，即u=C1,
因为f(z)解析，C-R条件成立。故 即u=C2
从而f(z)为常数.
(4) Imf(z)=常数.
证明：与（3）类似，由v=C1得
因为f(z)解析，由C-R方程得 ,即u=C2
所以f(z)为常数.
5. |f(z)|=常数.
证明：因为|f(z)|=C，对C进行 0，则f(z) 0,但 ，即u2+v2=C2
，得
故φ(x,y),ψ(x,y)在D1内可微且满足C-R条件
从而 在D1内解析
13.计算下列各值
(1) e2+i=e2∙ei=e2∙(cos1+isin1)
(2)
(3)
(4)
14.设z沿通过原点的放射线趋于∞点，试讨论f(z)=z+ez的极限．
解：令z=reiθ，
对于 θ，z→∞时，r→∞．
故 ．
所以 ．
从而f(x)=|z|+lnz在复平面上处处不可导．
f(z)在复平面除原点及负实轴外处处连续．
17.计算下列各值．
(1)
(2)
(3)
18.计算下列各值
(1)
(2)
(3) (4) (5)
(6)
19.求解下列方程
(1) sinz=2．
解：
(2)
解： 即
(3)
解： 即
(4)
解： ．
20.若z=x+iy，求证
解：因为f(z)解析，从而满足C-R条件.
所以 .
9.试证下列函数在z平面上解析，并求其导数.
(1) f(z)=x3+3x2yi-3xy2-y3i
证明：u(x,y)=x3-3xy2, v(x,y)=3x2y-y3在全平面可微,且
所以f(z)在全平面上满足C-R方程，处处可导，处处解析.
.(2) .
证明：
从而f(z)在z=0处不连续，除z=0外连续.
(2)
解：因为 ,
所以
所以f(z)在整个z平面连续.
5.下列函数在何处求导？并求其导数.
(1) (n为正整数)；
解：因为n为正整数，所以f(z)在整个z平面上可导.
.
(2) .
解：因为f(z)为有理函数，所以f(z)在 处不可导.
从而f(z)除 外可导.
∴
而
当y→+∞时，e-y→0，ey→+∞有|sinz|→∞．
当y→-∞时，e-y→+∞，ey→0有|sinz|→∞．
同理得
所以当y→∞时有|cosz|→∞．