复变函数课后部分习题解答

1.2求下列各式的值。 （1）(解：

3-i)

53-i=2[cos( -30°)+isin(-30°)]

55 =2[cos30°- isin30°] (

3-i)=2[cos(30°5)-isin(30°5)]

=2(- =-16

53/2-i/2) 3-16i

.

.

1.2求下列式子的值 （2）（1+i）6

解：令z=1+i 则x=Re（z）=1，y=Im（z）=1 r=z=x2y2=2 tan==1

x>0,y>0

属于第一象限角 =

yx 4+isin） 4466（1+i）6=（2）6（cos+isin）

441+i=2（cos

=8（0-i） =-8i

1.2求下式的值 (3)61

.

.

因为

-1=（cos+sin） 所以

61=[cos(2k/6)+sin(2k/6)] (k=0,1,2,3,4,5,6).

习题一

1.2（4）求(1-i)的值。

.

13.

11解：(1-i)3 =[2(cos-4+isin-4)]3

=62[cos((8k1)(8k12)+isin(1)12)] (k=0,1,2)

1.3求方程z3+8=0的所有根。 解：所求方程的根就是w=38

因为-8=8（cos+isin）

所以38=  [cos(+2k)/3+isin(+2k)/3] k=0,1,2

.

.

其中=3r=38=2 即

w1=2[cos/3+isin/3]=1—3i w2=2[cos(+2)/3+isin(+2)/3]=-2 w3=2[cos(+4)/3+isin(+4)/3]= 1—3i 习题二

1.5 描出下列不等式所确定的区域或者闭区域，并指明它是有界还是无界的，单连通还是多连通的。 (1) Im(z)>0 解：设z=x+iy

因为Im(z)>0，即，y>0

.

.

而x(,)

所以，不等式所确定的区域D为：不包括实轴的上半平面。 由所确定的区域可知，不存在某一个正数M，使得确定区域的每个点z满足zM，所以该区域是无界的。

在该区域D任意作一条简单闭曲线，该曲线的部总是属于D区域，所以区域D为单连通区域。

综上所述，该不等式确定的区域是不包含实轴的上半区域，是无界的单连通区域。

描出下列不等式的区域或闭区域，并指出它是有界还是无界的，单连通的还是多连通的。 1.5（2）

解：该不等式的区域如图所示：

.

.

y 1 5 x

圆

+=4的外部（不包括圆周），无界的，为开的多连通区域

1.5.描出下列不等式所确定的区域或闭区域，并指明它是有界的还是无界的，单连通的还是多连通的 0.

.

由直线X=0与X=1所围成的带形区域，不包括两直线在，是无界的、开的单连通区域。

1.5描述下列不等式所确定的区域或闭区域，并指明它是有界的还是无界的，单连通的还是多连通的：

（4）

.

2z3

.

22222z3解：即4xy9为由圆周xy4与

x2y29所围成的环形闭区域（包括圆周），是有界多连通闭

区域。

如图：

已知映射w=z3， 求

（1） 点z1=i，z2=1+i，z3=3+i，在w平面上的像。 解：z=reiθ，则w=z3r3⑴ Z1=i=e

i

。于是

2,

.

.

z2=1+i=()=

Z3=+i=2（+i）=2()=

经映射后在w平面上的像分别是 W1=

=-i,

W2==（-+i）=-2+i2，

W3==8i

第47页

3.5计算下列各题 （1）

=

=-((zcosz)z=1 -(zcosz)z=0 -

dz )

=cos1-sin1

.

.

注：因输入法问题。故特设定z的共轭负数为z*,除号为/ 1.7：设f（z）=1/z2 (z/z*－z*/z) (z≠0) 当z→0时，极限不存在 解法一：首先假设z＝r eiθ 则有：(z/z*－z*/z) ＝r2 ( e-2 iθ- e2 iθ )/ r2 ＝-2isin2θ

.

.

可见是随θ发生变化而变化的变量 所以根据极限必须为常数可知 当z→0时，极限不存在 是以此题得证。 解法二：首先假设z＝x+iy 则(z/z*－z*/z) ＝(z*2 －z2 )/x2 ＋y2 ＝-4ixy/ x2 ＋y2 所以可见，当z→0时，

即当x→0, y→0时

因为有lim (x→0, y→0)xy/ x2 ＋y2 极限不存在 所以当z→0时，

f（z）=1/z2 (z/z*－z*/z)的极限不存在

是以此题得证。

.

.

2.1 利用导数定义推出： （1） (zn)、=nzn-1(n为正整数)；

lim 解

z0lim =

z0(zz)nzn

z0nn12n2ncnzc1zcnzz2cnznznnz

z =

limn2n1(nzn1+c2) z+...+cnnznzz0 =nzn1

.

2.1

(2) ()ˊ=-

= =-

.

.

.

(2)f(x)=2x3+3y3i 解：∵u=2x3 ，v=3y3 。

vuu0, v9y2 0 ,6x2 ,

xyyx上述4个偏导处处连续，但仅当2x2=3y2时C-R方程成立。因而函数只在直线2x±3y=0上可导，但是在复平面上不解析。

.

.

习题2 2.2的第一小题

下列函数在何处可导？何处解析？

fzx2解：

.

iy

.

fzxiy2 uxvyu2xxu0yv0xv1yuvxyuvyx.

2

.

在 z 平面上处处连续，且当且仅当

2x = −1 时，u,v 才满足C-R 条件，故f (z) = u + i v = x -i y仅在

直线

1x2

上可导，在z 平面上处处不解析。

.

.

7.6(2)：求下列函数的傅里叶变换：f(t)=costsint. 解：F()= = = = = =

.

.

2．2以下函数何处可导？何处解析？

f（z）=sinxchy+icosxshy

解： u=sinxchy v=cosxshy

vuuvcosxchy sinxshy cosxchy sinxshy yyxx 可得

uvuv  xyyx

并且上述四个一阶偏导数均连续，所以f(z)在复平面处处可导，从而在复平面处处解析。 25页 习题二

.

.

2.3指出函数的解析性区域并求其导数 (1) (z-1)5

解：由题可知(z-1)5 处处解析 其导数f’(z)=5(z-1)4

25页

.

.

习题二

2.3指出函数的解析性区域并求其导数 （2）z32iz

解：设fzz32iz，zxiy 则fx,yx33xy22yi3x2yy32x 令

ux33xy22yv3xyy2xux3x23y2uy6xy223

vx6xy2vy3x3y22则

又令 ux'vy' uy'vx' 即 3x23y23x23y2 6xy26xy2

所以fz在复平面处处解析，即z32iz在复平面处处解析，其导数为

3z22i。

２．３题：指出下列函数的解析性区域，并求其导数； （３）ｆ（ｚ）＝

.

.

解：令－１＝０得

ｚ＝－１和ｚ＝１

所以该函数除ｚ＝－１和ｚ＝１外在复平面上处处解析；

该函数的导数为：＝－

25页： 习题二

2.3指出下列函数的解析性区域，并求其倒数。 （4）.解.

当c=0时，函数在复平面处处解析；

.

(c d中至少有一个不为0)

.

（）的倒数为；

当c！=0时：函数除z=- 外在复平面处处可导，处处解析； （=

第二章2.4求下列函数的奇点； （1）解:

因为：当z(所以 z=0；

)=0; =-1

）的倒数为

.

.

由Z=

计m=-1=cosπ+i sinπ

Z==cos

+i sin

（n=0,1）

当n=0时，z=i； 当n=1时，z=-i；

所以本题奇点分别为0；-i ; i ;

2.4 求下列函数的奇点:

z2.(2) (z1)2(z21)

解:令原函数分母(z1)2(z21)0z1,i. 即:原函数在z1,i处不解析,

故原函数的奇点为1,i.

.

.

2.10求Ln（-i），Ln（-3+4i）和他们的主值。 解：

Ln（-i）=Ln|-i|+i（arg（-i）+2kπ）=i（- +2kπ） =iπ（2k- ），k=0，+1，+2，… ln（-i）=ln|-i| + i arg（-i）=-

Ln（-3+4i）=ln|-3+4i| + i［arg（-3+4i）+2kπ］

.

.

=ln5+i［（π-arctan）+2kπ］

=ln5-i［（arctan-（2k+1）π）］，k=0，+1，+2，… ln（-3+4i）=ln|-3+4i| + i arg(-3+4i)=ln5+i(π-arctan)

习题2.12

e1i2=eei2=ecos(2)isin(2)=e(i)

e( 1i)4 =4eei4=4ecos(4)isin(4)==4e22i22 =44e21i

3i=eiLn3=eiln3iArg3=e2keln3=e2kcosln3isinln3

1ii=

eiLn1i=eilm|1i|iArg1i=eiln|1i|e2k14*=

ln2ln2cos2isin2

.

e2k14*.

习题三

46页

3.1沿下列路线计算积分（1）自原点至3+i 的直线段； 解：此直线的参数方程可写成： x=3t，y=t， 0t1， 或

z=3t+it，0t1， z=3t+it，

=（3+i）.于是

：

.

.

=

书46页

3.1沿下列路线计算积分0z2dz:

(2)自原点沿实轴至3，再由3铅直向上至3i. 解:设zxiy,c1:原点到3,y0,x0,3

3izdzxiydxiyxdx222c1c1c12301xdxx39;

3023c2:3到3i,3,0到3,1,x3,y0,1,

zdzxiydxiy3iyd3iyi3iydy

2c2c2002121211113333iy3i333i933303

z2dzz2dzz2dz9cc1c21

.

13i3913i333.

z3.2 试用积分cdz的值，其中C为正向圆周：z2.

z解：正向圆周由公式得：

2z2eitczdz02eit2iedt2i0dt4i

2itz2的参数方程为：z2eit(0t2)

.

.

复变函数期中作业 习题三

3．4沿指定曲线的正向计算下列各积分: （1）

解：由柯西积分公式得

.

.

3.4 （4）

, C:|z|=2

解：因为 C：|z|=2，被积函数奇点z=3 所以 f（z）=所以

.

在D解析 =0

.

习题三3.4（8）

dz/ C:∣z∣=1

解：取=0在C，f(z)在C解析 所以，原式=f(z)dz/=

.

(z)==i

.

习题三 3.4 （5）

dz ，C为包围Z=0的闭曲线。 解析函数，

也为解析函数 ，两个解析函数相乘的积

解：因为

还是解析函数。

所以由柯西积分定理得

dz=0

cdz3,c=|z|=

(z21)(z24)2∵该区域，z=±i为奇点 则

dz111111i111()dz[dzdz][()dzdz]2222222(z1)(z4)3z1z43z1z46ziziz4cccccc∵c13dz的奇点不在|z|=的围， z2421dz=0， 2z4i611idzdz](2i2i)0 zizi6c则c原式=[c.

.

.