西安交通大学15年课程考试《复变函数》作业考核试题答案Word文档下载推荐.docx
- 文档编号:19310447
- 上传时间:2023-01-05
- 格式:DOCX
- 页数:11
- 大小:19.09KB
西安交通大学15年课程考试《复变函数》作业考核试题答案Word文档下载推荐.docx
《西安交通大学15年课程考试《复变函数》作业考核试题答案Word文档下载推荐.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《西安交通大学15年课程考试《复变函数》作业考核试题答案Word文档下载推荐.docx(11页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
5i(3)z?
i1?
i2235
因此,Rez?
,3253?
5iz?
232821(4)z?
1?
3i
(1)因此,Rez?
1,Imz?
3,z?
arctan3,z?
3i2.将下列复数化为三角表达式和指数表达式:
(1)i
(2)?
(4)r(cos?
(1)i(3)r(sin?
icos?
)?
isin?
)(5)1?
cos?
(0?
2?
cos?
2?
isin?
e1i
2i223
(2)?
2(cos?
)?
2e33(3)r(sin?
?
r[cos(?
isin(?
)]?
re22?
re?
2sin2?
(?
)i2?
(5)1?
2isincos222?
i?
2sin[cos2
(1)?
2
2]?
2sine223.求下列各式的值:
i)5
(2)(1?
i)100?
(1?
i)100(cos5?
isin5?
)2(1?
)(cos?
)(3)(4)(cos3?
isin3?
)3(1?
i)(cos?
)(5(6解:
(1)5?
i)5?
[2(cos(?
))]566?
5?
5?
2(cos(?
))?
i)66
(2)(1?
i)
100?
(2i)50?
(?
2i)50?
2
(2)50?
251(1?
)(3)(1?
isin?
2[cos(?
)](cos?
)][cos(?
)]44?
12)?
12)](cos2?
isin2?
isin(2?
122)]?
(2?
12)i(cos5?
)2
(4)3(cos3?
)cos10?
isin10?
cos19?
isin19?
cos(?
9?
)(5?
1?
i,k?
0?
22?
11?
1?
cos(?
2k?
isin(?
3232?
22?
(6?
i?
8
k?
0?
2424?
8i,k?
4.设z1?
zz2?
i,试用三角形式表示z1z2与1z2解:
z1?
isin,z2?
2[cos(?
)],所以4466?
z1z2?
isin),46461212z11?
15?
[cos(?
(cos?
isin)z224646212125.解下列方程:
(1)(z?
i)5?
1
(2)z4?
a4?
0(a?
0)?
由此解:
(1)z?
i3
z?
e
(2)z2k?
i5?
i,(k?
0,1,2,3,4)?
时,对应的411,1,2,3?
a[cos(?
)],当k?
044(1?
i),?
i)6.证明下列各题:
(1)设z?
x?
iy,?
y证明:
首先,显然有其次z?
y;
,因x2?
y2?
2xy,固此有2(x2?
y2)?
(2),从而z?
22
。
2
(2)对任意复数z1,z2,有z1?
z2?
z1?
2Re(z1z2)x2)2?
(y1?
y2)2,证明:
验证即可,首先左端?
(x1?
而右端?
x12?
y12?
x22?
y22?
2Re[(x1?
iy1)(x2?
iy2)]?
x12?
2(x1x2?
y1y2)?
x2)2?
y2)2,由此,左端=右端,即原式成立。
(3)若a?
bi是实系数代数方程a0zn?
a1zn?
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?
0由此说明:
若z为实系数代数方程的一个根,则z也是。
结论得证。
(4)若a?
1,则?
b?
a,皆有a?
b?
a1?
ab4证明:
根据已知条件,有aa?
1,因此:
a?
ba?
b1?
a,证毕。
1?
abaa?
ab(a?
a)baa?
b(5)若a?
1,b?
1,则有?
11?
ab证明:
a?
(a?
b)(a?
b)?
ab?
ab,222222?
ab)(1?
ab)?
ab,因为a?
1,所以,2a?
2220,?
1)?
222a?
b因而a?
ab,即?
1,结论得证。
ab7.设z?
1,试写出使zn?
a达到最大的z的表达式,其中n为正整数,a
为复数。
解:
首先,由复数的三角不等式有zn?
zn?
a,n为此,需要取zzn?
a达到最大,在上面两个不等式都取等号时nna与a同向且z?
1,即z应为a的单位化向量,由此,z?
,anz?
8.试用z1,z2,z3来表述使这三个点共线的条件。
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?
的整数倍,再由复数的除法运算规则知Argz2?
z1应为0或?
的整数倍,至此得到:
z3?
z15z1,z2,z;
三个点共线的条件是3;
z1;
为实数;
z3?
9.写出过z1,z2(z1?
z2
)两点的直线的复;
x?
x1?
t(x2?
x)1;
y?
y1?
t(y2?
y);
过两点的直线的实参数方程为:
因而,复参数方程;
iy?
1x?
1iy?
(t2x?
t?
)zz;
其中t为实参数;
10.下列参数方程表示什么曲线?
(其中t为实参
z1,z2,z
三个点共线的条件是3
z1
为实数。
9.写出过z1,z2(z1?
z2)两点的直线的复参数方程。
x)1
y)
因而,复参数方程为:
1iy?
2iy?
)1iy?
1(?
z
2
t?
)zz
其中t为实参数。
(其中t为实参数)
i
i)t
(2)z?
acost?
ibsint(3)z?
t
只需化为实参数方程即可。
(1)x?
t,y?
t,因而表示直线y
x
x2y2
(2)x?
acost,y?
bsint,因而表示椭圆2?
1
ab
(3)x?
,因而表示双曲线xy?
11.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:
zz?
az?
c?
0,
Ax?
By?
z222
y?
代入x?
,并注意到x?
zz,由此22iz?
B?
0,zz?
A22i
整理,得
A?
BiA?
Bi
0
22
记
,则?
a,由此得到
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。
首先,argz在原点无定义,因而不连续。
对于x0
0,由argz的定义不难看出,当z由实轴上方趋
于x0时,argz?
,而当z由实轴下方趋于x0时,argz?
,由此说明limargz不存在,因而argz在x0点不连续,即在负实轴上不连续,
x0
122
13.函数w?
把z平面上的曲线x?
1和x?
4分别映成w平面中
的什么曲线?
对于x?
1,其方程可表示为z?
yi,代入映射函数中,得
w?
u?
iv?
111?
,2z1?
iy1?
y
因而映成的像曲线的方程为得圆周。
对
于
v?
,消去参数y,22
u2?
v2?
112212?
u,即(u?
v?
(),表示一个2
y22
x2?
4
,其方程可表示为
2cos?
2isin?
代入映射函数中,得
11co?
s?
is?
in
z2co?
i2s?
in2
,
11
因而映成的像曲线的方程为u?
sin?
,消去参数?
,表示一半径为的圆周。
42
14.指出下列各题中点z的轨迹或所表示的点集,并做图:
得u
(1)
z0?
r(r?
0),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。
(2)
r,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。
(3)
8,说明动点到两个固定点1和3的距离之和为一常
数,因而表示一个椭圆。
代入z?
iy,化为实方程得
(x?
2)2y2
1615
(4)
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。
(5)arg(z?
i)?
,幅角为一常数,因而表示以i为顶点的与x轴正向
夹角为的射线。
15.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。
(1)2?
3,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
(2)?
),顶点在原点,两条边的倾角
分别为?
?
的角形区域,无界,单连通(3)
3
1,显然z?
2,并且原不等式等价于z?
2,说z?
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,多连通
区域。
(4)
1,
显然该区域的边界为双曲线
1,化为实方程为
4x2?
42
1,再注意到z到2与z到?
2的距离之差大于1,因而不15
4z?
1,代入z?
iy,化为实不等式,得
等式表示的应为上述双曲线左边一支的左侧部分,是一无界单连通区域。
(5)
1728
1515
178
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。
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。
1)
(2)z
5
2iz(3)
(4)z?
根据函数的可导性法则(可导函数的和、差、积、商仍为可导函数,
商时分母不为0),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)4323
2iz处处解析,(z?
2iz)?
3z?
2i
12
(3)2的奇点为z?
0,即z?
i,
(z2?
z(?
i)(2
2222
1(z?
1)z(?
1)1
(4)z?
的奇点为z?
3,
11)?
(z?
3)(z?
3(z?
3)
(1)(z?
1)处处解析,[(z?
1)
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。
(1)
55
f(z)?
xy2?
x2yi
(2)f(z)?
y2i
(3)
x3?
3xy2?
i(3x2y?
y3)(4)f(z)?
xy2,v?
x2y,
根据柯西—黎曼定理:
(1)u
ux?
y2,vy?
x2,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:
因此,函数在z?
0点可导,f?
(0)?
ivxz?
函数处处不解析。
x2,v?
y2,
vy?
2y,u0,v?
ux?
2x,y?
y,因此,函数在直线y?
x上可导,
x,f?
ix)?
ivxy?
(2)u
因可导点集为直线,构不成区域,因而函数处处不解析。
(3)u
3xy2,v?
3x2y?
y3,
3x2?
3y2,v?
3x?
3y,u?
6xy,xv?
6xyyy
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
uy?
vx足柯西—黎曼方程ux?
vy,
因此,函数处处可导,处处解析,且导数为
f?
(z)?
ivx?
3x2?
3y2+i6xy?
3z2
11x?
iyxy
2,v?
2(4)f(z)?
,u?
2,222
yx?
yzx?
iyx?
x2x2?
y2
vy?
2,22222
y)(x?
y)?
2xy?
vx?
uy?
因函数的定义域为z?
0,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?
u
32
my3?
nx2y?
i(x?
lxy)在复平面上处
nx2y,v?
lxy2
2nxy,vy?
2lxy,uy?
3my2?
nx2,vx?
ly2,
-END-
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 复变函数 西安交通大学 15 课程 考试 函数 作业 考核 试题答案
![提示](https://static.bdocx.com/images/bang_tan.gif)