复变函数习题答案南昌大学单元练习部分.docx
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复变函数习题答案南昌大学单元练习部分
复变函数习题答案,南昌大学,单元练习部分
复变函数部分习题解答分析
作业卷
(一)一判断题
1.复数7+6i1+3i.
×.两个复数,只有都是实数时,才可比较大小.
2.若z为纯虚数,则z=z.√
.按书上定义,纯虚数指yi,y=0,若z=yi,则z=yi.
3.函数w=arg(z)在z=3处不连续.√
.当z从下方→3时,w=arg(z)的极限为π;当z从上方→3时,w=arg(z)的极限为π.4.f(z)=u+iv在z0=x0+iy0点连续的充分必要条件是u(x,y),v(x,y)在(x0,y0)点连续.√
.Th1.4.3.
5.参数方程z=t2+ti(t为实参数)所表示的曲线是抛物线y=x2.×.x=y2.二填空题
1.若等式i(57i)=(x+i)(yi)成立,则x=分析:
两复数相等的定义.x=6,y=1,2.方程Im(iz)=3表示的曲线是3.方程z3+27=0的根为4.复变函数w=
z2
y=
.
或x=1,y=6.
分析:
由复数相等,Im(iz)=Im[i(xiy)]=Im[x+(1+y)i]=1+y=3,故填y=2.
kππ+2kπ分析:
z3=27eiπ,z=271/3(cos(π+2)+sin()),k=0,1,2,z=3,
3
±
3√
i.
的实部u(x,y)=,虚部v(x,y)=
x22,π.
v(x,y)=.
3y
.分析:
将z=x+iy代入,分离实部、虚部,得u(x,y)=5.设z1=2i,z2=1i,则Arg(z1z2)=
π
分析:
arg(z1)=π,arg(z2)=,Arg(z1z2)=√
6.复数z=2i的三角表示式为i(π)5
分析:
4[cos(5.π)+isin(π)],4e
5
π
π+2kπ=+2kπ,(k=0,±1,±2,)
.
指数表示式为
三计算、证明题
√
1.求出复数z=(1+i)4的模和辐角.
√48π
ππ4
解z=(1+i)=24(cos2+isin2)=16ei,|z|=16,Arg(z)=2.设z=x+iy满足Re(z2+3)=4,求x与y的关系式.解Re(z2+4)=Re(x2y2+3+2xyi)=4,x2y2=1.3.求f(z)=解由w=
1
12π+2kπ,k=0,±1,±2,.
将平面上的直线y=1所映射成w平面上的曲线方程.
1,x
得z=+iy=
1=
u
v
i.v又由y=1得=1,u2+v2+v=0.π
4.求角形域0arg(z)解arg(w)=arg(z),解将x=一判断题
z+z
y
π而π在映射w=z下的象.
arg(z)0,角形域0arg(z)
在映射w=z下的象为πarg(w)0.
5.将直线方程2x+3y=1化为复数形式.
=
zz3
代入2x+3y=1并整理得(13z=1.i)z+(1+i)
作业卷
(二)
1.若f′(z)在区域D内处处为零,则f(z)在D内必恒为常数.
√
.在D内f′(z)=ux+ivx≡0,ux=vx=0.从而vy=ux=0,uy=vx=0.综上结论成立.2.若u(x,y)和v(x,y)可导,则f(z)=u+iv也可导.
×.若u(x,y)和v(x,y)可导,则u,v之间一般没有什么直接关系.f(z)=u+iv可导,u,v之间一个几乎完全确定另一个(活动的余地只是一个常数).3.若f(z)在z0点不解析,则f(z)在点z0必不可导.×.参见三2.4.|sinz|≤1.
×.复变函数中,sinz无界.如|sinik|=|e
iikiik
|=|e
kk
|→+∞(k→+∞,k0).
5.函数f(z)=u(x,y)+iv(x,y)在点z0=x0+iy0可微等价于u(x,y)和v(x,y)在点(x0,y0)可微.×.函数f(z)=u(x,y)+iv(x,y)在点z0=x0+iy0可微等价于u(x,y)和v(x,y)在点(x0,y0)可微且满足CR条件.反例u=x,v=y.du=dx+0dy,dv=0dxdy,u,v都可微但f(z)=u+iv=xiy无处可微.
6.函数ez是周期函数.√
.2πi为其周期.二填空题
1.设ez=3+4i,则Re(iz)=
分析:
对z=3+4i两边取自然对数,有z=Ln(3+4i)=ln|3+4i|+iarg(3+4i)+2kπi,从
4
而Re(iz)=i[iarg(3+4i)+2kπi]=arctan+(2k+1)π.(注:
这里是从集合角度说)
2.3i=
分析:
3i=eiLn3=ei[ln3+iarg(3)+2kπi]=ei[ln3+2kπi]=e2kπ(cosln3+isinln3).3.(1+i)i=分析:
(1+4.cos2i=分析:
cos2i=5.方程eiz=
ei2i+ei2ie2+e2
=eiz的解为z=
i)i
=
eiLn(1+i)
=
ei[ln|1+i|+iarg(1+i)+2kπi]
=e
i[ln
√
iπ+2kπi]=e
2kππ
(cosln
√
+isinln√
=cosh2.(注:
后两结果都可)
分析:
两边同乘以eiz,得e2iz=1.两边取自然对数,得2iz=Ln1=ln|1|+iarg
(1)+2kπi=2kπi,z=kπ.6.设z=x+iy,则ei2z的模为分析:
|ei2z|=|ei2(x+iy)|=e2x.
7.函数f(z)=u+iv在z0=x0+iy0点连续是f(z)在该点解析的三计算、证明题
y
在域x0内是解析函数.1.问k取何值时,f(z)=kln(x2+y2)+iarctan条件.
分析:
f(z)在该点解析,则f(z)在该点的某一个邻域内可导,在该点当然连续。
填必要.
分析:
解析的充要条件.ux=k=1,即k=
1
2kx
uy
=
2ky
vy
=
时f(z)在域x0内是解析函数.
1
1+=
x
vx
=
y
.由ux=vy,uy=vx得:
2.讨论函数f(z)=(xy)2+2(x+y)i在何处可导,何处解析,并求其可导点处的导数.
分析:
可导与解析的概念及其联系,可导与解析的充要条件.ux=2(xy),uy=2(yx),vx=2,vy=2.由ux=vy,uy=vx得xy=1.故f(z)仅在xy=1上可导,f′(z)=ux+ivx=2+2i,无处解析.3.若函数f(z)=u+iv解析,且u=v2,求证f(z)为一常数.分析:
解析的充要条件.
u
=2vvx=vy,
u=2vvy=vx两式相乘并整理得(4v2+1)vxvy=0.由以上
三式易得vx≡vy≡0,v为常数.又u=v2,u为常数,从而f(z)=const..
4.若函数f(z)=u+iv解析,且uv=(xy)(x2+4xy+y2),试求u(x,y)和v(x,y).
分析:
解析的充要条件.由uv=(xy)(x2+4xy+y2)(0),得u=v+x3+3x2y3xy2y3.又由ux=vy,uy=vx,得:
vx+3x2+6xy3y2=vy
(1)vy+3x26xy3y2=vx
(2)由
(1),
(2)得vy=6xyv=3xy2+C(x)(3).
ux=vy=6xyu=3x2y+D(y)(4)将(3),(4)代入(0)式,得u=
3x2yy3+C,v=3xy2x3+C.5.求方程chz=0的全部解.
1
分析:
双曲函数的定义.解法一chz=ch(z)=ch(iiz)=cos(iz)=0,z=(k+)πi.解法二
chz=
ez+ez
=0,e2z+1=0.2z=Ln
(1)=ln|1|+iarg
(1)+2kπi,z=(k+1)πi.
作业卷(三)一判断题
1.设C为f(z)的解析域D内的一条简单正向闭曲线,则
C
f(z)dz=0.
1
×.分析:
f(z)的解析域D不足以保证f(z)在C上及内解析。
关键词单连通区域.反例f(z)=
1
2内解析,C取|z|=1,则Cdz=2πi=02.若u,v都是调和函数,则f(z)=u+iv是解析函数.
在0|z|
×.分析:
解析对u,v的要求很高,它们之间有本质的内在联系即Cauchy-Riemann方程,知道其一,另一若不考虑差一个常数,则完全确定.调和这一要求达不到.反例俯拾即是u(x,y)=x,v(x,y)=y都是调和函数,但f(z)=xyi不解析.
3.设f(z)在单连通区域D内解析,F(z)是f(z)的一个原函数,C为D内的一条正向闭曲线,则0.√
C
F(n)(z)dz=
.分析:
由题设,F(z)在单连通区域D内解析,从而F(n)(z)在单连通区域D内解析.C为D内的一条正
向闭曲线,则CF(n)(z)dz=0.
′+iv′在D内解析.4.设v=v(x,y)是区域D内的调和函数,则函数f(z)=vyx
√
.分析:
v=v(x,y)是区域D内的调和函数,则设u的共轭调和函数为v,F(z)=u+iv在D内解析,从′+iv′解析.而f(z)=F′(z)=vyx
uu
=.5.若函数f(z)=u(x,y)+iv(x,y)在D内解析,则函数√2u2u2u2u.分析:
存在且连续为=的充分条件.若函数f(z)=u(x,y)+iv(x,y)在D内解析,u
则f(z)的任意阶导函数在D内解析,从而2
2
2
2uu
存在且连续.u的二阶偏导数=
2
2u
.
二填空题
1.设C为从点z1=i到点z2=0的直线段,则
1.
∫
C
12,故20分析:
被积函数f(z)在整个复平面上解析,其一原函数为1zzdz=1z|i=.C
1
2.若C为正向圆周|z|=2,则Cdz=1z
1zz2iθ0.分析:
由于zz=|z|,在C上==,Cdz=Cdz=0.另法:
设z=2e,0≤θ≤2π,代入积1∫2π1∫iθ=i2πe2iθdθ=0.分式,有Cdz=d(2e02e0
3.若C为正向圆周|z|=1,则C[ln(z+2)+(z2+1)cos(z5+1)]dz=0.分析:
在C上及C内,被积函数解析.Cauchy积分定理.4.若函数f(x,y)=epxsiny为区域D内的调和函数,则p=
±1.分析:
fxx+fyy=p2epxsinyepxsiny=(p21)epxsiny≡0.
2z2+z+1
5.若f(ξ)=),f
(1)=(dz,|ξ|=2,则f(3+5i)=(
|z|=2
zdz=
),f′
(1)=(
).
分析:
由f(z)的表达式,Cauchy积分定理及Cauchy积分公式,得:
2πi(ξ2+ξ+1),if|ξ|0,
f(ξ)=
0,if|ξ|0
于是,f(3+5i)=0,f
(1)=2πi(2+1+1)=8πi,f′
(1)=2πi(4z+1)z=1=10πi.(说明:
由于提取出了f(z)的表达式,后面的计算异常简单.)三计算、证明题
1.设点A,B分别为z1=i和z2=1+i,试计算
∫
C
|z|2dz的值,其中C为
(1)点z=0到点z2的直线段;
(2)由点z=0沿直线到z1再到z2的折线段
2
(t2+t2)d(t+it)=2+i.∫
(2)Oz1段参数方程:
x=0,y=y,0≤y≤1.z1z2段参数方程:
x=x,y=1,0≤x≤1.C|z|2dz=∫12∫12
14
yd(iy)+00(x+1)d(x+i1)=+i.∫32.设C为从2到2的上半圆周,计算积分C2zdz的值.
∫3
解法一:
I=C
(2)dz=(2z3lnz)|22=8+3πi.
∫0iθ解法二:
该半圆周参数方程:
x=2cosθ,y=2sinθ,θ从π到0.I=π2ed(2eiθ)=8+3πi.∫i
3.计算0coszdz
解:
(1)该直线段的参数方程:
x=t,y=t,0≤t≤1.
∫
|z|2dz=C
∫1
ee
解:
I=sinz|10=sini=i.
z+1+2i
4.计算C2dz,其中C为正向圆周|z|=3.11
解法一:
I=Cdz+Cdz=2πi+2πi=4πi.
1,
1,
1
解法二:
作两正向小圆C1:
|z+1|=C2:
|z+2i|=则由复合闭路定理,I=Cdz+
1
i2z+1+2
2z+1+2i2z+1+2idz=2πi|z=1+2πi|z=2i=4πi.C2
ez
5.计算积分1Cdz,
(1)当点0在C内,点1在C外;
(2)当点1在C内,点0在C外;(3)当点0,1均在C内;(4)当点0,1均在C外.
ez
(1z)ez
|=1.
(2)I=
(1)I=1dz=Cz=0式.
2x2,u证:
ux=6xy,uxx=6y,uxy=6x,uy=3y3yx=6x,uyy=6y,u的所有二阶偏导数存在且
2z+1+2i
Cezdz=
ez′′
()|z=1
ee=.(3)1.(4)0.
6.证明u(x,y)=y33x2y为调和函数,再求其共轭调和函数v(x,y),并写出f(z)=u+iv关于z的表达
连续,uxx+uyy=0,u(x,y)为调和函数.
∫
vy=ux=6xy,v=(6xy)dy=3xy2+φ(x).uy=3y23x2=vx=3y2φ′(x),φ(x)=x3+C.v=x33xy2+C.
为求f(z)的表达式,先考察f′(z).f′(z)=ux+ivx=uxiuy=6xyi(3y23x2)=3iz2.从而f(z)=iz3+iC,其中C为实的常数.
说明:
此题也可这样做:
由u先求f′(f′=uxiuy),求出f后再根据f=u+iv定v.这样定的u,v,由解析函数性质,均为调和函数,且v为u的共轭调和函数.这样做显然简单.
求f(z)的表达式另法:
f(x)=f(x+i0)=u(x,0)+iv(x,0)=i(x3+C)=ix3+iC,故f(z)=iz3+iC.(此法理论依据是什么?
D解析函数的惟一性定理)
z已知调和函数u求解析函数f(z)=u+iv公式:
f(z)=2u(z,)u(0,0)+iC1(xiy)=u(x,y)iv(x,y)).f(x+iy)=u(x,y)+iv(x,y),f[f(x+iy)+f(xiy)],
(u(x,y)=
作业卷(四)一判断题
1)i1.数列zn=n+(必收敛.√
.分析:
收敛到1.注意区分数列收敛与级数收敛.
∑∑∞∑∞
2.设zn=xn+iyn,则级数∞z收敛的充要条件是级数x与n=1nn=1nn=1yn都收敛.√
.分析:
Th4.1.2.
n
3.每个幂级数必在其收敛圆上收敛.
∑zn
×.反例:
∞n=1在其收敛圆|z|=1上的点z=1处发散.
∑∞
4.若幂级数n=1an(z1)n在点z=i收敛则它必在点z=i收敛.
∑+∞1(1+i)n∑+∞111n×.反例:
an=,则在z=i点收敛(=n=1n=1(i)),在z=i点发∑+∞1(1i)n∑+∞1散(n=1=n=1).
∑n5.若幂级数∞n=1anz在z=2i处收敛,则它必在z=1处收敛.
√
.Th4.2.1(Abel定理).
∑∑∞an
n的收敛半径为R,则幂级数1.设∞az.nn=1n=1z的收敛半径为∑∞∑an
说明:
原题“设n=1anzn的收敛域为|z|R,则幂级数∞n=1z的收敛域为
∑∞n∑∞
体问题而定,一般不会得到|z+1|R.反例:
z收敛域为|z|1,而n=1n=1是|z+1|1.
∑
2.幂级数∞n=1
π.
n(z
R
.”只能由具
(z+1)n
的收敛域显然不
i)n的收敛圆的中心为
π,收敛半径为
.
.i,2.
3.函数f(z)=tanz在z0=
处所展泰勒级数的收敛半径为
说明:
收敛圆的中心到其最近奇点的距离.
∑+∞zn的洛朗级数展开式为4.设f(z)=cosn=∞cn(zi),则其收敛圆环域为(A)1|zi|
(C)0|zi|1或1|zi|
(B)0|z|1或1|z|(D)1|zi|+∞.
.
分析(C).在f(z)的解析区域中的所有收敛圆环域.
三计算、证明题
∫z2
1.将函数f(z)=0ezdz在z0=0处展成泰勒级数,并指出其收敛半径.
∫zz2∑∞2z2nz4z63+1z5+1z7++1z2n+1+=z2z解:
e=1+z+++++,0edz=z+1n=0R=+∞.2.将f(z)=
1
z2n+1.
分别在下列圆环域内展成洛朗级数
(2)1|z1|+∞
(1)0|z|1
11′2n′n1+解:
(1)=()=(1+z+z++z+)=1+2z++nz∑+∞n21
f(z)==.n=1nz∑+∞
(1)n∑+∞
(1)n
1111
(2)f(z)====n=0.n=01+3.将f(z)=1
解:
f(z)=1
∑+∞n(z+2)n4
.n=1作业卷(五)一判断题
在圆环域0|z+2|1内展成洛朗级数.=
1
(1)′
=
1
1
(1)′
1=
(z+2)n1z+2(z+2)21′(1+++++)=
1
的可去奇点.1.z=0必为f(z)=zsin∑∞
(1)n
11
×.sin不再有界.(zsin=+n=0.)
2.若f(z)=(zz0)mg(z),且g(z)在z0点解析,则z0必是f(z)的m级零点.×.g(z)有没有贡献?
不确定.
3.若z0是f(z)的m级(m1)极点,则z0必为f′(z)的m+1级极点.√φ(z)m,f′(z)=φ′(z)(zz)mmφ(z)(zz)m1=.f(z)=000=φ(z)(zz0)
(zz0)φ′(z)mφ(z)
.0z
4.z0=0是tan的可去奇点.√
.limz→z0tanz=1.
∑∞11nn2在1|z2|+∞内成立,由式中c=5.已知1=0知,Res[,2]=n=0
(1)(z2)0.
11
×.c1=0指的是在2的某空心邻域内的展式.事实上,Res[,2]=limz→2(z2)=1.
二选择、填空题
1.z0=1为函数(z1)2e的(A)二级零点;
∑
D.ez=∞n=0
(B)一级极点;
zn
;
1
.∑∞
.
(C)可去奇点;
(D)本性奇点;
.
1
n=0.
(z1)2e=
1
2.z0=1是f(z)=ln(1+z)的
(A)非孤立奇点;(B)一级极点;
级极点..
1d
lim[(zz→2i
(C)可去奇点;(D)本性奇点;.
A.参考ln(z)的解析性.
cosz
3.z0=0为函数的z4.Res[,2i]=z1.Res[,2i]=3.分子cosz在0的某邻域内解析且cos0=1=0;z0=0为分母z2sinz的3级零点.
z
+2i)2]=1.三计算、证明题
1.判断下列函数的孤立奇点的类型,对其极点,指出其级数:
(1)f(z)=tanz
zk=kπ+π,k取所有整数,一级极点.
(2)g(z)=
ez
z0=0为3级极点,zk=2kπi,k=0一级极点.2.求下列函数在有限孤立奇点处的留数:
(1)f(z)=c1=0
coszzcosz1
法2f(z)的有限孤立奇点仅有z=0,lim1=limsin=lim=(罗比达法则),0为f(z)的可去奇点,
1cosz
(2)f(z)=
z+1(3)f(z)=
解
(1)法1f(z)的有限孤立奇点仅有z=0,f(z)=
1e2z1z2(4)f(z)=++
1+z4
(5)f(z)2n2
(1)n1z+
=ze3
由此得Res(f,0)=
Res(f,0)=0
z→0z→0z→0
注有判断错奇点类型的情况(如一阶极点、二阶极点等),可最终留数正确.为什么?
言多必有失,少说为妙.
z→2z→2z→0z→0
3n22z(2z)(2z)(2z)e
(3)法1f(z)=1=1{1[1+2z+++++]},由此得Res(f,0)=c1
1
法2Res(f,0)=lim(z4f(z))′′′=1lim(1e2z)′′′=4.z→0z→0
1d21+z431d21+z433(4)Res(f,i)=lim[(zi)]=i,Res(f,i)=lim[(z+i)]z→iz→i
3=i.
3
*****n+(5)f(z)=ze=z(1++++),Res(f,0)=c1=.1z+13z+1
(2)Res(f,0)=limzf(z)=lim=,Res(f,2)=lim(z2)f(z)=lim=.
=4.
作业卷(六)1.求f(z)=解f(z)=
的三级极点,z=0,1,±2,±3,为一级极点.
dz.2.设C为圆周|z|=2的正向,求Czz→1
cotπz
的孤立奇点.cosπz
z=1为f(z)lim(z+1)z,Res(f,i)=lim(zi)z=1Res(f,i)=lim(z+=1,z→1z→iz→i
∑4
i)z=1dz=2πin=1Res(f,zi)=0,其中zi指上述奇点,i=1,2,3,4.故Cz.1
3.计算|z|=1z4sindz.
π11
1=i.解原式=|z|=1z4(+1)dz=2πi∫cosz1
π
4.求Cdz,其中C为|z3π|=的正向.解
cosz1
解在C内z有四个奇点:
1,1,i,i.Res(f,1)=lim(z1)z=1
Res(f,1)=
的奇点为z=kπ,k为任意整数.但在C内只有奇点z=π,C上无奇点,故
z→π
z→π
1z1
原式=2πiRes(f,π)=2πilim(zπ)cos=2πilim
(2)=4πi.
5.设z0为f(z)的一级极点,且Res[f(z),z0]=a,而φ(z)在z0点解析,φ(z0)=b=0,试证:
Res[f(z)φ(z),z0]=ab.
∑+∞
n证由Res[f(z),z0]=a,及z0为f(z)的一级极点,可设f(z)=n=1cn(zz0),c1=a.由φ(z)在∑+∞∑∞∑+∞
n,d=b.则f(z)φ(z)=nn点z0解析,可设(z)=+d(zz)c(zz)n00n0n=0dn(zz0),其n=0n=1中z1项系数为c1d=ab,即Res[f(z)φ(z),z0]=ab.(注:
由证明可以看出,b=0无关紧要.)
也可用一阶极点留数的求法证.
∫2π1
6.计算积分0dθ.cf课本p.94例5.4.1.
∫+∞sinx
7.计算积分∞xd
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