《复变函数课后习题答案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《复变函数课后习题答案.docx（188页珍藏版）》请在三一办公上搜索。
1、复变函数课后习题答案习题一答案 1 求下列复数的实部、虚部、模、幅角主值及共轭复数： i1(i-1)(i-2)3+2i13i821 - -i+4i-i i1-i13-2i解：z=， =3+2i1332因此：Rez=, Imz=-， 13131232z=, argz=-arctan, z=+i 3131313ii-3+iz=， =(i-1)(i-2)1-3i1031因此，Rez=-, Imz=， 10101131z=, argz=p-arctan, z=-i 310101013i3-3i3-5iz=-， =-i+=i1-i2235因此，Rez=, Imz=-， 323453+5iz=, argz
2、=-arctan, z= 232821z=-i+4i-i=-1+4i-i=-1+3i 因此，Rez=-1, Imz=3， z=10, argz=p-arctan3, z=-1-3i 2 将下列复数化为三角表达式和指数表达式： i -1+r(cosq解：i3i r(sinq+icosq) -isinq) 1-cosq+isinq (0q2p) =cosp2+isinp2p2=e i2pi223-1+3i=2(cosp+isinp)=2e 33r(sinqr(cosq+icosq)=rcos(-q)+isin(-q)=re22-isinq)=rcos(-q)+isin(-q)=re-qi pp(-
3、q)i2p1-cosq+isinq=2sin2q+2isincos 222qqi=2sincos22(qp-q+isinp-q=2sine22qp-q23 求下列各式的值： 3-i)5 (1+i)100+(1-i)100 (cos5j+isin5j)2(1-3i)(cosq+isinq)(cos3j-isin3j)3(1-i)(cosq-isinq)3i 解：(51+i 3-i)5=2(cos(-)+isin(-)5 66pp5p5p=2(cos(-)+isin(-)=-16(3+i) 66(1+i)100+(1-i)100=(2i)50+(-2i)50=-2(2)50=-251 (1-3i)
4、(cosq+isinq)(1-i)(cosq-isinq)=2cos(-)+isin(-)(cosq+isinq)332cos(-)+isin(-)cos(-q)+isin(-q)44pppp=2cos(-p12)+isin(-p12)(cos2q+isin2q) =2cos(2q-p12)+isin(2q-p12)=2e(2q-p12)i(cos5j+isin5j)2 3(cos3j-isin3j)cos10j+isin10j=cos19j+isin19j cos(-9j)+isin(-9j)3i=cos3p2+isinp231+i, k=022311p1p+i, k=1 =cos(+2kp
5、)+isin(+2kp)=-323222-i, k=21+i=2(cosp+isin) 44pi4p81p1p2e, k=04 =2cos(+2kp)+isin(+2kp)=p2424-42e8i, k=14 设z1=z1+i, z2=3-i,试用三角形式表示z1z2与1 z22解：z1=cosp4+isinp, z2=2cos(-)+isin(-)，所以 466ppz1z2=2cos(-)+isin(-)=2(cos+isin)， 46461212z11pppp15p5p=cos(+)+isin(+)=(cos+isin) z224646212125 解下列方程： (z+i)5pppppp=
6、1 z4+a4=0 (a0) 5解：z+i=1, 由此 z=51-i=ez2kpi5-i， (k=0,1,2,3,4) =4-a4=4a4(cosp+isinp) 时，对应的411,1,2,3=acos(p+2kp)+isin(p+2kp)，当k=044个根分别为：aaaa(1+i), (-1+i), (-1-i), (1-i) 2222=x+iy,则6 证明下列各题：设zx+y2zx+y证明：首先，显然有 其次z=x2+y2x+y； ，因x2+y22xy, 固此有 2(x2+y2)(x+y2) , 从而 z=x+y222x+y22。 2对任意复数z1,z2,有z1+z2=z1+z2+2Re(
7、z1z2) 2证明：验证即可，首先左端=(x1+x2)而右端=+(y1+y2)2， x12+y12+x22+y22+2Re(x1+iy1)(x2-iy2) =x12+y12+x22+y22+2(x1x2+y1y2)=(x1+x2)2+(y1+y2)2， 由此，左端=右端，即原式成立。 若a+bi是实系数代数方程a0zn+a1zn-1+an-1z+a0=0 的一个根，那么a-bi也是它的一个根。 证明：方程两端取共轭，注意到系数皆为实数，并且根据复数的乘法运算规则，zn=(z)n，由此得到：a0(z)n+a1(z)n-1+an-1z+a0=0 由此说明：若z为实系数代数方程的一个根，则z也是。结
8、论得证。 若a=1,则ba,皆有a-b=a 1-ab证明：根据已知条件，有aa=1，因此： a-ba-ba-b1=a，证毕。 1-abaa-ab(a-a)baa-b1 若a1, b1，则有1-ab证明：a-b=(a-b)(a-b)=a+b-ab-ab， 222 因为1-ab=(1-ab)(1-ab)=1+ab-ab-ab， 222a1, b1，所以， 222 a+b-a22b-1=(1-a)(b-1) 0， 222a-b1，结论得证。 因而a-b1-ab，即1-ab7设其中n为正整数，az1,试写出使zn+a达到最大的z的表达式，为复数。 解：首先，由复数的三角不等式有zn+azn+a1+a，
9、 nzn+a达到最大，为此，需要取z 在上面两个不等式都取等号时na与a同向且z=1，即z应为a的单位化向量，由此，z=， annz=naa8试用z1,z2,z3来表述使这三个点共线的条件。 解：要使三点共线，那么用向量表示时，z2-z1与z3-z1应平行，因而二者应同向或反向，即幅角应相差0或p的整数倍，再由复数的除法运算规则知Argz2-z1应为0或p的整数倍，至此得到： z3-z1z1,z2,z三个点共线的条件是3z2-z1为实数。 z3-z19写出过z1,z2 (z1z2)两点的直线的复参数方程。 x=x1+t(x2-x)1， 1y=y1+t(y2-y)解：过两点的直线的实参数方程为：
10、 因而，复参数方程为： z=x+iy=1x+1iy+(t2x-1x+2iy-)1iy=1(+z2t -)zz 其中t为实参数。 10下列参数方程表示什么曲线？ iz=(1+i)t z=acost+ibsint z=t+ t解：只需化为实参数方程即可。 x=t,y=t，因而表示直线y=x x2y2x=acost,y=bsint，因而表示椭圆2+2=1 ab1x=t,y=，因而表示双曲线xy=1 t11证明复平面上的圆周方程可表示为 其中a为复常数，c为实常数 证明：圆周的实方程可表示为：x2zz+az+az+c=0， +y2+Ax+By+c=0， z+zz-z222, y=代入x=，并注意到x+
11、y=z=zz，由此 22iz+zz-z+B+c=0， zz+A22i整理，得 A-BiA+Bizz+z+z+c=0 22记A-BiA+Bi，则=a，由此得到 =a22zz+az+az+c=0，结论得证。 12证明：幅角主值函数argz在原点及负实轴上不连续。 证明：首先，argz在原点无定义，因而不连续。 对于x0于x0时，argzzx00)，说明动点到z0的距离为一常数，因而表示圆心为z0，半径为r的圆周。 z-z0r,是由到z0的距离大于或等于r的点构成的集合，即圆心为z0半径为r的圆周及圆周外部的点集。 z-1+z-3=8,说明动点到两个固定点1和3的距离之和为一常=x=iy,化为实方程
12、得 数，因而表示一个椭圆。代入z(x-2)2y2 +=1 1615z+i=z-i,说明动点到i和-i的距离相等，因而是i和-i连线的垂直平分线，即x轴。 arg(z-i)=p4，幅角为一常数，因而表示以i为顶点的与x轴正向p夹角为的射线。 415做出下列不等式所确定的区域的图形，并指出是有界还是无界，单连通还是多连通。 2z3，以原点为心，内、外圆半径分别为2、3的圆环区域，有界，多连通 aargzb (0ab1，显然z2，并且原不等式等价于z-3z-2，说z-2明z到3的距离比到2的距离大，因此原不等式表示2与3 连线的垂直平分线即x=2.5左边部分除掉x=2后的点构成的集合，是一无界，多连
13、通区域。 z-2-z+21， 显然该区域的边界为双曲线z-2-z+2=1，化为实方程为 4x2-42y=1，再注意到z到2与z到-2的距离之差大于1，因而不15z-121515178所以表示圆心为(-,0)半径为的圆周外部，是一无界多连通区域。 1515习题二答案 1指出下列函数的解析区域和奇点，并求出可导点的导数。 (z-1) z53+2iz 11 z+2z+3z+1解：根据函数的可导性法则，根据和、差、积、商的导数公式及复合函数导数公式，再注意到区域上可导一定解析，由此得到： =5(z-1)4 332z+2iz处处解析，(z+2iz)=3z+2i 122的奇点为z+1=0，即z=i， z+
14、11-(z2+1)-z2=, z (i 22222z+1(z+1)z(+1)1z+的奇点为z=-3， z+311)=1-, (z-3) (z+2z+3(z+3)(z-1)处处解析，(z-1)55)2判别下列函数在何处可导，何处解析，并求出可导点的导数。 f(z)=xy2+x2yi f(z)=x2+y2i f(z)=x3-3xy2+i(3x2y-y3) f(z)=21 z解：根据柯西黎曼定理： , v=x2y， 22 ux=y, vy=x,uy=2xy, vx=2xy 四个一阶偏导数皆连续，因而u,v处处可微，再由柯西黎曼方程 ux= vy, uy=- vx解得：x=y=0， 因此，函数在z=0
15、点可导， f(0)=ux+ivxz=0=0， u=xy 函数处处不解析。 x2, v=y2， ux=2x, vy=2y,u0,v = y=x 四个一阶偏导数皆连续，因而u,v处处可微，再由柯西黎曼方程 ux= vy, uy=- vx解得：x=y， 因此，函数在直线y=x上可导， x， f(x+ix)=ux+ivxy=x=2u= 因可导点集为直线，构不成区域，因而函数处处不解析。 x3-3xy2, v=3x2y-y3， 2222v=3x-3y,u=-6xy,x v = 6xy ux=3x-3y, yy 四个一阶偏导数皆连续，因而 u,v 处处可微，并且 u,v 处处满足柯西黎曼方程 ux= vy
16、, x uy=- vu= 因此，函数处处可导，处处解析，且导数为 f(z)=ux+ivx= 3x2-3y2+i6xy=3z2 11x+iyxy=2, v=2 f(z)=，u=2， 222x+yx+yzx-iyx+yy2-x2x2-y2, v y= ux=2， 22222(x+y)(x+y)-2xy-2xy, vx= uy=2， 22222(x+y)(x+y) 因函数的定义域为z0，故此，u,v处处不满足柯西黎曼方程，因而函数处处不可导，处处不解析。 3当l,m,n取何值时处解析？ 解：u=my332f(z)=my3+nx2y+i(x+lxy)在复平面上处+nx2y, v=x3+lxy2 ux=
17、2nxy, vy=2lxy, uy=3my2+nx2, vx=3x2+ly2， 由柯西黎曼方程得： uy=3my+nx=-vx=-3x-ly (2) 由得 n=l，由得n=-3, 3m=-l，因而，最终有 = l=- m=1, n2224证明：若f(z)解析，则有 (f(z)+(f(z)=f(z) xy222证明：由柯西黎曼方程知，左端=(u+v)+(u2+v2)2 xyuux+vvx2uuy+vvy2(uux+vvx)2+(uvx-vux)2 =+=222222u+vu+vu+vux=2nxy= vy=2lxy, (1) 2222u2(ux+vx)2+v2(ux+vx)222=u+iv=(u
18、+v)xx xx22u+v2=f(z)=右端，证毕。 5证明：若f(z)=u+iv在区域D内解析，且满足下列条件之一，则在D内一定为常数。 f(z)f(z)在D内解析 ， u在D内为常数， 2f(z)在D内为常数， v=u 2u+3v=1 证明：关键证明u,v的一阶偏导数皆为0！ f(z)=u-iv，因其解析，故此由柯西黎曼方程得 ux=-vy, uy=v x - f(z)的解析性，又有ux=vy, uy=-vx - 由、知，ux=uy=vx=vy0，因此uc1, vc2,即 而由 设uc1，那么由柯西黎曼方程得 2f(z)c1+ic2为常数 vx=-uy0, vy=ux，0 说明v与x,y无
19、关，因而 vc2，从而f(z)c1+ic2为常数。 22由已知，f(z)=u+vc0为常数，等式两端分别对x,y求偏导数，得 2uux+2vvx=02uuy+2vvy=0因f(z)解析，所以又有 ux=vy, uy=-v-x求解方程组、，得 ux=uy=vx=vy0，说明 u,v皆与x,y无关，因而为常数，从而f(z)也为常数。 2同理，v=u两端分别对x,y求偏导数，得 vx=2uu y=2u ux, vy再联立柯西黎曼方程ux=vy, uy=-vx，仍有 ux=uy=vx=vy0 同前面一样，2u+3v=1两端分别对x,y求偏导数，得 2ux+3vx=0, u y2v+=3 y考虑到柯西黎
20、曼方程ux=vy, uy=-vx，仍有 ux=uy=vx=vy0，证毕。 6计算下列各值 e-i2 - p Ln(-i) Ln(-3+4i) isini (1+i) 27 解：e-i223p=cos(-)+isin(-)=-i 22pp1Ln(-i)=ln-i+arg(-i)+2kpi=(-+2k)pi， 2 k为任意整数， 1 主值为：ln(-i)=-pi 2Ln(-3+4i)=ln-3+4i+arg(-3+4i)+2kpi 4 =ln5+p(-arcta+nkpi2， ) k为任意整数 34主值为：ln(-3+4i)=ln5+(p-arctan)i 3ei.i-e-i.ie-e-1=i s
21、ini=2i2(1+i)i=eiLn(1+i)=ei(ln2+i+2kpi)4p=eiln2-2kp4p23=e-2kp4p(cosln+2i2(ln27+2kpi)3sin， 2 ) k为任意整数 24ln27kpi3327=e=e=e当k分别取0，1，2时得到3个值： 2Ln273e=9e4pi34kpi3， 9， 9e=-92+(i1， 3 )9(-1+i3 )2z2z27求e和Arge 9e=解：e，因此根据指数函数的定义，有 =ez2z2x2-y2 e=e， Arge=2xy+2kp， z2x2-y2+2xyi8pi3=reiq，求ReLn(z-1) 解：Ln(z-1)=lnz-1+
22、iarg(z-1)+2kpi，因此 8设zReLn(z-1)=lnz-1=ln(rcosq-1)2+(rsinq)2 1 =ln(1-r2cqo+sr2 )29解下列方程： ez=1+3i lnz=0 shz=i p2i sinz+cosz 1解：方程两端取对数得：z=Ln(1+3i)=ln2+(+2k)pi 3根据对数与指数的关系，应有 pz=e2i=cos+isin=i 22pp由三角函数公式，方程可变形为 因此z+sinz+cozs=p42szin+(4p= )0=kp, 即 z=kp-p4， k为任意整数 ez-e-z由双曲函数的定义得 shz=i，解得 2z2 (e)-2iez-1=
23、，即0ez=i，所以 z=Lni=(p2+2pk) i，k为任意整数 10证明罗比塔法则：若f(z)0)=g(0z=f(z)及g(z)在z0点解析，且f(z)f(z0)=，并由此求极0, g 0 z(，则)lim0zz0g(z)g(z0)sinzez-1限 lim ; limz0z0zz证明：由商的极限运算法则及导数定义知 f(z)-f(z0)f(z)-f(z0)limzz0z-z0z-z0f(z0)f(z)lim=lim=， zz0g(z)zz0g(z)-g(z0)g(z)-g(z0)g(z0)limzz0z-z0z-z0sinzcosz由此，lim=lim=1 z0z0z1ez-1ez=
24、lim=e0=1 limz0z01z11用对数计算公式直接验证： Lnz解：记z22Lnz Lnz=reiq，则 22iq左端=Ln(re)=2lnr+(2q+2kp)i， 右端=2lnr+(q+2mp)i=2lnr+(2q+4mp)i， 其中的k,m为任意整数。 显然，左端所包含的元素比右端的要多，因此两端不相等。 1Lnz 21q=lnr+(+mp+2kp)i 2211q 右端=lnr+(q+2np)i=lnr+(+np)i 222 其中k,n为任意整数，而 m=0,1 不难看出，对于左端任意的k，右端n取2k或2k+1时与其对应；反之，对于右端任意的n，当n=2l为偶数时，左端可取k=l
25、,m=0于其左端=q+2mp2Lnrei对应，而当n=2l+1为奇数时，左端可取k=2l,m=1于其对应。综上所述，左右两个集合中的元素相互对应，即二者相等。 12证明sinz证明：首先有 =sinz, cosz=cosz ez=ex(cosy+isiny)=ex(cosy-isiny)=ex-iy=ez ，因此 eiz-e-izeiz-e-izeiz-e-ize-iz-eizsinz= 2i-2i-2i-2ieiz-e-iz=sinz，第一式子证毕。 =2i 同理可证第二式子也成立。 13证明ImzsinzeizImzye-esinz=证明：首先，2i-izeiz+e-iz2e-y+eyy=
26、e， 2 右端不等式得到证明。 其次，由复数的三角不等式又有 e-esinz=2iiz-izeiz-e-iz2=e-y-ey2e-e=2y-y， ex-e-x根据高等数学中的单调性方法可以证明x0时x，因此接着2y-ye-ey，左端不等式得到证明。 上面的证明，有sinz214设zR，证明sinzchR, coszchR 证明：由复数的三角不等式，有 e-esinz= 2i由已知，iz-izeiz+e-2ize-y+eye=2-y+e2y=chy， yzR，再主要到x0时chx单调增加，因此有 ， sinzchychR 同理， eiz+e-ize-y+eye-y+eyeiz+e-izcosz=
27、chychR2222证毕。 15已知平面流场的复势f(z)为 (z+i) z 试求流动的速度及流线和等势线方程。 解：只需注意，若记f(z)=j(x,y)+iy(x,y)，则 221 2z+1f(z)， 流线为y(x,y)c1， 等势线为j(x,y)c2， 流场的流速为v= 因此，有 (z+i)流速为v=2=x+(y+1)i2=x2-(y+1)2+2x(y+1)i f(z)=2(z+i)=2(z-i)， 22流线为x(y+1)c1，等势线为 x-(y+1)c2 333223z=(x+iy)=x-3xy+(3xy-y)i f(z)=3z2=3(z)2， 2332流线为3xy-yc1，等势线为 x
28、-3xyc2 111=2 222z+1(x+iy)+1x-y+1+2xyix2-y2+1-2xyi =2 2222(x-y+1)+4xy流速为v=-2z-2z=2流速为v=f(z)=2， 22(z+1)(z+1)xyc， 流线为 222221(x-y+1)+x4yx2-y2+1等势线为 c2 22222(x-y+1)+4xy习题三答案 1计算积分2(x-y+ix)dz，其中c为从原点到1+i的直线段 c解：积分曲线的方程为x=t, y21=t，即 tit:01，代入原积分表达式中，得 z=x+iy=t+，2(x-y+ix)dz=(t-t+it)(t+ti)dt c0-1+i31-1+i =it
29、(1+i)dt=t=0033z2计算积分edz，其中c为 12c从0到1再到1+i的折线 从0到1+i的直线 解：从0到1的线段c1方程为：z=x+iy=x, x:01， 从1到1+i的线段c2方程为：z代入积分表达式中，得 zzz1x0=x+iy=1+iy, y:01， 11+yiedz=edz+edz=edx+ecc1c20(1+yi)dy 1=ex10+ei(cosy+isiny)dy=e-1+ei(siny-icosy)0 01=e-1+ei(sin1-icos1+i)=e(cos1+isin1)-1=e1+i-1； 从0到1+i的直线段的方程为z=x+iy=t+ti，t:01， 代入
30、积分表达式中，得 edz=ec0tz1t+ti(t+ti)dt=(1+i)et(cost+isint)dt， 0t11对上述积分应用分步积分法，得 e(sint+cost)ei(sint-cost)edz=(1+i)+ 22c0z(1+i)e(1+i)eit=(cost+isint+sint-icost)=(e-ieit) 2200t1t1=e(1+i)t10=e1+i-e0=e1+i-1 3积分2(x+iy)dz，其中c为 cx2从0到1+i 解：积分曲线的方程为z=x+iy=t+ti，t:01， 沿y=x从0到1+i 沿y=代入原积分表达式中，得 2(x+iy)dz=(t+it)(t+ti
31、)dt=(1+i)(t+it)dt c0021211115=(1+i)(+i)=-+i 32662积分曲线的方程为 z=x+iy=x+x，i t:01， 代入积分表达式中，得 23(x+iy)dz=(x+ix)(x+xi)dx=(1+i)(x+2xi)dx c00212221 4计算积分1215 =(1+i)(+i)=-+i3466zdz，其中c为 c从-1到+1的直线段 从-1到+1的圆心在原点的上半圆周 解：c的方程为z=x，代入，得 c的方程为z zdz=c1-1xdx=2xdx=1 001=x+iy=cosq+isinq, q:p0，代入，得 0zdz=p1(cosq+isinq)dq
32、=p(-sinq+icosq)dq c 5估计积分=(coqs+isqinp=) 201dz的模,其中c为+1到-1的圆心在原点的上半圆周。 2z+2c解：在c上， z=1，因而由积分估计式得 111dz2dsds=ds =c的弧长=p 22z+2z+2ccc2-zcf(z)在整个复平面上有界，则正整数n1时 f(z) limdz=0 nR+zcR6用积分估计式证明：若其中cR为圆心在原点半径为R的正向圆周。 证明：记 f(z)M，则由积分估计式得 0f(z)1M dsdsMd=snnnzRcRcRcRcRzM2pM =n2pR=， n-1RR因n1，因此上式两端令R+取极限，由夹比定理，得
33、f(z) limdz=0， 证nR+zcR毕。 f(z)dznz7通过分析被积函数的奇点分布情况说明下列积分为0的原因，其中积分曲线c皆为z=1。 cdzdz 2 2(z+2)z+2z+4cdz 2z+2cdzz zedz coszcc解：各积分的被积函数的奇点为：z=-2，(z+1)即zz=2i z=kp+=-13i，2+3=0 p2, k为任意整数， 被积函数处处解析，无奇点 不难看出，上述奇点的模皆大于1，即皆在积分曲线之外，从而在积分曲线内被积函数解析，因此根据柯西基本定理，以上积分值都为0。 8计算下列积分： p40iedz sinzdz zsinzdz -pi02zpi21解：以上
34、积分皆与路径无关，因此用求原函数的方法： p40i12z2zedz=e2sin2zdz=p40i12i01=(e-e)=(i-1) 22pip1-cos2zzsin2zdz=- -pi-pi224-pi111=pi-sin2pi=pi-(e-2p-e2p)=(p-sh2p)i 24i2pipi0zsinzdz=-0zdcosz=-zcosz0+0coszdz 11111=-cos1+sinz0=sin1-cos1 dz，其中c为不经过a的任一简单正向闭曲线。 22z-ac解：被积函数的奇点为a，根据其与c的位置分四种情况讨论： a皆在c外，则在c内被积函数解析，因而由柯西基本定理 dz=0 22z-ac1 a在c内，-a在c外，则在c内解析，因而由柯西积分 z+a9计算 dz
