復變函數(shù)論作業(yè)及答案

PAGEPAGE11習題1第一章復數(shù)與復變函數(shù)j=T=2 |z，一李求 Argz解:Argz=arctan-2+2k二=—2k解:-3

k二0,二1,_2,2.已知Z Z1 三

試用指數(shù)形式表示

ZZ及Z12 1Z2解: =e4Z =3-i=2e2

匚 JI所以Z1Z2

=2e二

6e4 =2e12i一I12Z IT.2=-IZ e413.解二項方程Z4+a4=0(a>0)解由Z4+4=0得Z4=—4(k=0,1,2,3)則二次方程的根為(k=0,1,2,3).二2k二e4|_a (k=0,1,2,3)w=e0

4La=

a(1+i)2i 工w=e41

:La=3e7i

島=a(-1i)52 aw2=e4

|_a=(-1-i)27rw3=e4

|_a

(1-i)、2.設乙、Z22 2 2、—1I

|Z-Z|Z1 2/= 1

|2|Z2

|2-2Re(ZZ),i22. /-,證明：Z-Zi 2

=億—Z1

億—Z2)2 2 — —=Z-Z1 2

_4Z

_ZZ2i22i2 2 - =Z1

+Z2-Z12 2

-Z1Z2一, V2 =Z1+Z-2Re(z1z2 Z,Z,Z1 2 3Z+Z+Z=0Z||=|Z=Z=1ZZ，Z是一個內(nèi)接于單位圓周Z=11 2 3 2 3 1 2 33的正三角形的頂點證明：設4=x1iy1，z="+iyz=x+iy32 2 3 3因為乙Z ,Z=02 3,K+x+x=0, y〔+y+y=0;x二-x-x -y-y2 3 2 3 2 3,vi= 2 32又因為Z|=Z=|z3|=1212 2x x y2 3 2

y)；=132xxyy2323

二一1同理2/丫佻)=2xx2 3

y^=2x yy3)=T2% 2可知x-x y-y -x y-y -x y-y1 2 1 2 ".!x2 3 2 3 =151 3II 1 3

222222Z,Z,ZK2+2=x+y=必2y1 2 3 22 22 322 22 2而x y〔二x1 2

x y3 =y2 32即z—z21

=Z—z=Z1-23乙,Z是一個內(nèi)接于單位圓周Z=1的正三角形的頂點得證。32Z36.下列關(guān)系表示的點z的軌跡是什么圖形？他是不是區(qū)域?令z=x+iy,由Z—1<z+1得（z

.1）2<（z

即（x-1）2 x

，所以）2x>0,故以（2）0<arg（z-1）<-H2<Rez<34（2）0<arg（z-1）<-H2<Rez<340<arg（z—1）<4得：0<arctany<"2WxW3x-14即為如圖陰影所示（不包括上下邊界）是區(qū)域。7.證明：zaZ+az=c（a是非零復常數(shù)，c是實常數(shù)）證明：設直線方程的一般形式為：ax+by+c=0（a,b,c均是實常數(shù)，a,b全為零 ）因為：x==，y=小代入簡化得：2 21 1a-bizabizc=02 21令（a—bi）=口00"z+az=c2反之（逆推可得）ctz+c（Z=c（復數(shù)a=0,c是常數(shù)2=*1丫代入上式，且令a=：（a+bi讓簡即得。1a+bi,0,-1一共直線。-abi-（abi）證明：因為=a^b二一^（實數(shù)）0-（abi） a2b2所以三點共直線。求下面方程給出的曲線z=acostisint解：令z=(x+iy)=(acost+isint居x=(acost),y=bsint2 2+y則有x2 2=1,故曲線為一橢圓.ab1一函數(shù)w=-將z平面上曲線變成w平面上的什么曲線(z=x+iy,w=uz iv(1)x2+y2=4解：由于x2+y2=z2=4,又由于1 1x-iy1w=-==— =x-iyzxiyxy4所以u=x,v=*4 4貝Uuv=1x2y2=32 216 4w1為半徑的一個圓周2(2) x=1解：將x=1代入變換u+iv=—1—，得u+ 1=1-iyiv=xiy

1iy1y2于是u= ,v二一yy,1y2 1y2~^1y1y2 122- 2(1y2)21y2

u.oo1故u—u+v=0解彳#(u1+v

—24w,0)為圓心，工為半徑的圓周.22(3)(x-1)y,n222 2 x

I一一一斛：因為 (x—1)+y—10

—2x+

—0即

z.z

—z—z——1 ，I及z==代入得:w1111

=0即

w.w w.w因此w w=1一, 一(v表示w平面上平行于虛軸的直線。求證：f(z)=argz(z 0)在全平面除去原點和負實軸的區(qū)域上連續(xù)，在負軸上不連續(xù).證設4為全平面除去原點和負實軸的區(qū)域上任意一點.考慮充分小的正數(shù)以使角argz<arg4+&與負實軸不相交，從圖上立即可以看出，以

為中心，z0到射線0=argzo

o o±W的距離為半徑所作的圓盤，一定落在上述角形區(qū)0<6wz0sin名.那z-zo

＜名時就有argz-argz0

〈名.argzz0

為連續(xù).再由z0

的任意性，f(z)argz在所述區(qū)域內(nèi)為連續(xù).X1limargargz(如下圖)

imazImz0

叫一二xy12.命函數(shù)f(z)=(x2+y2

z=0試證：f(z)在原點不連續(xù)。證明：fz=+2z=°0z=0zxyiykx趨于z時,kf(z)趨于不同的數(shù)，f(z)在原點處不連續(xù)。Mv=-1-i大?。簗v|=5+1=72；1方向：argv=arctan7-114. cos—isJn—4 4

fz,求其大小和方向。7ii=1

(JIn) 7! ，c cos—sin— 2-e2 21=1

'(cos0+isin0)=e;-i-2=2(cosn+isinn)=2$;-3i=3cos--sinI-- e-

3e2；還有 ，

n=-1(k，1-cos中+isin中化為指數(shù)形式。解原式

21■ !■

中一sinicos—=2sin—+2isin—cos—

2IL2=2sin-cos

(n邛

isin 1I=2sin-e

i5rJP2一22|L、22 22 2對于復數(shù)久.B,若aP=0,則a.P至少有一為.試證之證若otP=0,則必| aP|=0,因而：||：|=0.由實數(shù)域中的對應結(jié)果知|? |.|P|至少有一為零.所以? .P至少有一為零.17.計算［8.解 因-8=-8(cosn十isinn),故(3/^8)k=3/8(

.二cos二

區(qū)+2k：、(k=0,1,2)k=0

+isin ).cos—isin—)3 32g 1，）二

i3；3 當k=1時, (-8)=2(cos二isin二3 2當k=2時, (仁2

=2(cos

isin

JI n i--isin—)=1-i3.218.zz21明三角不等式（1.2）。證:

+

2z z +2Re（4Z1 2

）并應用此等式i 2 0?ZZZZ Z2二 2 1 2? Z? =Zi 2 1 22 1 =ZZZZ-ZZ-Z2 1 1 i 2 2 1=Zl+Z2+422+42222Z二1 十z2+2Re(ziz)2Z其次，由所證等式以及2Re⑵Z2

4Z i||Z（1.2）2 =Z 2zZi 22Z=Ztz-Z110Mt1過Z及Z兩點的直線的參數(shù)方程為21 | M 1 2Z=ZitZ-Zi tZ2 jZZZ_4=t（t）i 2 3Z-Z2 ilIIm.亙=1=0lIZ—ZJZi,Z2,4適合等式2 2 2Z+Z+Zi 2 3

=ZZ+Z23

+ZZi2證：ZZZZ"即得向33233ZZ,也就是3|%—4=Z2-Zie3匚=[di,Z-'Z222 i^3_1=iZfz 2 2i2兩端平方化簡，即得

2+2=z；+Z

z z2z3+

+zz。E

1 12(正忙E。0zzN/z),zz)z€NJz川004三NJz)4為心，充分小半徑的圓。這時由《WEE可見，5-EENz)內(nèi)屬于EEz€cEo3Eco=zz與平面上的何種曲線？2以原點為心，2為半徑，在第一象限里的圓弧；(2)傾角日=土的直線(可以看成兩條射線argzargz=n+工)；333(3)雙曲