復變函數(shù)論 鐘玉泉 第四版 課后習題答案詳解解析

第一章復變與復變函數(shù)

(―)

1?解：小?)2+(一日)2=1

Argz=argz+2vz=arctan(-\/3)+2幺幾=—2+2k幾(攵=0,土1:2,…)

2解:因為zl=^-!-=e\z>=Ji—i=2e~^

12

所以Z-Z2=22,3=！G&

3解:由z4+6z4=0得z4=—a4

則二項方程的根為

wk=(-/—-1.a(k=0,1,2,3)

：2JI.C

=e*.e.aa=0,1,2,3)

因此vv0=-j=(1+i)t嗎=-j=(-1+0

>%=；(—1—。,/=冬(1—。

11J2

222

4.證明:因為歸+z2|=|zj+|Z2|+2Re(z,z；)

~99

ki—z2i=hl2RC)

兩式相加得

2

ki+Z2/+"—Z2\=2也J+|z2|）

幾何意義:平行四邊形兩隊角線的平方和等于各邊平方和.

22

5.證明面第4題知匕?+z2|+|z]—z2|=2（"『+「2『）

由題目條件Z]+Z?+z3=0知Z[+4=——z3

可有h+z2(=kl

-22222=

于是歸―與「二2(1Z,|+|Z2|)_|Z1_Z2|=2(^|+|z2|)_kJ3

同理|z2_4,-=Z3_z]2=3

所以A-2』=|z2,z3|=|z3_zj=J5

因此4,aZ3是內(nèi)接宇單位圓的等邊三角形的頂點.

6.解:⑴表示Z點的軌跡是Z,與Z2兩點連線的中垂線;不是區(qū)域.

(2)令Z=工+M，由W共|z_4|得

卜+M共卜_4)+W，即d+)2共(x_4)2+?得，共2

因此z點的軌跡是以直線x=2為右界的右半平面(包括直線);不是區(qū)

域.

(3)同(2)z=x+yi，得工＞0,故z點的軌跡是以虛軸為左界的右半平面(包括虛

軸堤區(qū)域.

(4油(二/得Jovarctan二即

I2共Rez共3I)共工＜1I2知共3

可知z點的軌跡是一梯形(不包括上，下邊界);不是區(qū)域.

(5)z點的軌跡是以原點為圓心,2為半徑以及(3,0)為圓心,1為半徑得兩閉園的

外部.是區(qū)域.

(6)z點的軌跡的圖形位千直線Imz=1的上方(不包括直線Imz=1)且在以原點

為圓心,2為半徑的圓內(nèi)部分(不包括圓弧);是區(qū)域.

⑺z點的軌跡是argz=半徑為2的扇形部分;是薛域.

(8)z點的軌跡是以(0,，如圓心，為半徑以及((),*)為圓心，?為半徑的兩閉

2A)^7A)*

圓的外部.是區(qū)域.

7.證明:已知直線方程T殳式為仆+by+c=0(4,b.c)為實常數(shù)a,〃不全為零.

以工二=備了代入化簡得

—(〃一hi)z+-(〃+bi)z+c=0

令”+切二議才0得議a議z+c=0

--

反之(逆推可得).

8.證明：因為Z平面上的圓周可以寫成

匕一目二y(y>o)其中4為圓心，y為半徑

所以y2=k仁—)("z-Jz

=Z.Z—(￡.Z-0Z.Z/Z

令A(yù)=1,8=—4),C二d一y2，從而圓周可以寫成

AZ7+RZ+BN。4。為實數(shù)，且團二臂>甯一丫2二人。

9.證明：可證&-z1為實數(shù)

10.解:⑴令Z=X+)”=7(1+/)相X=)，,即曲線為一,三象限的角平分線.

(2)令z=x+yi=4cost+乃sin?得x=acosf,y=Z?sint則有

二+￡=1,故曲線為一橢圓.

ay

⑶令z=x+yi=/+%才0)，可得x=“=I,則x>?=1,故曲線為一雙曲線

it

2

(4)令z=x+yi=t+2,y=；,即孫=1(x>0,y>0)，故曲

線為雙曲線在第一象限內(nèi)的一支.

犬-yi1.

11解：(1)由于d+丁二/卜牝又有卬-=2z=;a一）叫

w1廿4

TV，

所以〃=：/=一：,貝!HJ+”=「（《+）；）=：

44164

Z平面上除使分母為零點外都連續(xù).

(argz,z豐0

13.證明:令/'(z)=(_幾<argz<幾

I0,z=0

分情況討論：

Q)若4=0,由于當z沿直線argz=90(_JL<90<幾)趨于原點時,/(z)趨于9,

這里9)可以取不同值,因而/⑶在％=0處不連續(xù).

(2)若z0=x(<0)由定義當z從上半平面趨于7時，/⑵趨于4，當z從下半

平面趨于％時,/(z)趨于_4，所以/⑵在實軸上不連續(xù).

(3)其他點z。,作一個以z。為中心6為半徑的圓，只要6充分小，這個圓總可以

不與負實軸相交.

任取上麻。的f值4，以Z。為中心6為半徑的圓，因z〃)Z。,故存在芻然

數(shù)N,當〃,N時,z〃落入圓內(nèi)，從原點引此圓的兩條切線，則此兩條切線夾

角為2Q(6),Q(6)=arcs向,因此總可以選取Arg^的一個值argzn.當

n>N時，有|argz?_90|<Q⑹，因6)0時,Q(6))0.因而，總可以選取6,

使Q6)小于任何給定的C>0，即總有(argz_argz()|<C.因此/⑵在連

續(xù).

綜上討論得知，/⑵除原點及負實軸上的點外處處連續(xù).

14.證明：由于/⑵的表達式都是乂)，的有理式，所以除去分母為零的點

z=0,/(z)是連續(xù)的,因而只須討論/⑵在z=0的情況.

當點z=x+滅沿直線)，=公趨于z=0時，

門-k、k

/⑶二，工，=-J

jr+V1+1c1+kr

這個極限值以k的變化而不同，所以人z)在z=0不連續(xù).

15.證明油/⑶=2連續(xù)即得.

16證明:l-z碎|<1內(nèi)連續(xù)且不為0,故4在討<1內(nèi)尊

4--=

=1,V6>0<6<；),均存在％=1—使得％一司=：<。

1

/G)—Y—-==>

1-z(1-40

故/G)在耳<1內(nèi)非一致連續(xù)

17證明：必要性：設(shè)lim=Z。=廝+yi,由定義Vc>0,3^>0，當〃>N時，

n)wQ

恒有|z?—Zo|<C,從而由定義知

匕一看|共|z”一z卜C

1一%］共除一Z°|<C

即%)%,y〃)%(〃)w)

充分性:由定義得

k——=k—與)+(yn—娟共k-題I+k一%I

因此,當xn)xQ,yn)y0(n)w)時，必有zn)z0(n)w).

18證明利用第17題，及關(guān)于實數(shù)列收斂的柯西準則來證明.

必要性:設(shè)!8/二Z。則由定義對Vc>0,3N=嗚)>0，當〃>%時，恒

有%-

因而對任何自然數(shù)p，也有上,“一zj<g.

利用三角不等式及上面兩不等式，當〃>7時，有

*—Z”共［z“+p—Zo|+-zo|<C

充分性:設(shè)對Vo0,3MC)>0,當心〃+〃>N時,有鼠〃一4<c,由定義

彳導"+p-&|共|z〃+p—zj<C

必+p-必|共-z/<C

由此根據(jù)實數(shù)序列的柯西準則，必存在兩個實數(shù)事,為，使

%)與，ylt)>o(〃)w)，有

z〃=玉+)'〃i)題+為i

19.證明：設(shè)z“=%+穌電|共M(n=1,2,3,...)),因為㈤尿|共閡共M，所以

懇J懸J都有界

例居實數(shù)列的致密院理知懇%｝有收斂于某常數(shù)°的子序^懇％｝,相地S

%+y?i(k=1,2,…)中,懇vj任有界因而懇％｝也有以收斂于某一常數(shù)人的

子序列在%=%+丫皿=1,2,...)中，懇％｝任收斂于a,因此所設(shè)序

歹I」有一收斂于a+萬的子序列.

20證明:⑴若&)=0,則由定義對VC>0,3N,當〃>N時有懇z.｝<￡

(F2])

固；EN,取M=max(N,|—|zi+4+...+zn||卜，則當，一乂時，有

IkJJ

Z]+馬+...ZN<C

n2

故［命+)+,丹

z」v+[+ZJV+2+■,■Z”<c

n

(2)若%豐0，則當Ji需七-%)=。，

(Z|-z0)+…(z”?z0)+“2。

HZ°

(Z[-4))+…(z〃-z())0

1解:

(cos3^-/sin3^)'

2.解:由于…"，故z〃="=cosnt+/sin/”，z~n=e~n,i=cosnt-/sinnt

因止匕z"+—=2cosnt,zn--=2sinnt

■■

3證明:已知

X.+iy?=(1-乃=2"g-Ji=2，(cos竽+Zsin號)

~SnH~.5/1/7

因此乙二2cos—=2sin—

怎一”工

”a一包.小二j_n?Wi.一)in

-22|cossin''—smcos'1|

L3333J

4.證明：第一個不等式等價于

；(x+卜J?三目2=x2+y2，即x2+爐+利||三2(Y+V),即(MH),>0

這是顯然的,因此第一個不等式成立.

第二個不等式等價于

,二。+:三#")2=f+綱卜|+/，即2胭>0

這是顯然的,因此第二個不等式成立.

5.證明:利用公式Zt-z2|=kF+歸『一2Re(Z]T)以及Rez二卜|

6證明：因為土二1,所以qz+b4+b

*

bz+abz+a

故

7.解:設(shè)z0為對角線Ze的中點，則

4=弓(Z]+4)=1+2，

分別左旋及右旋向量豆各￡，寫成復數(shù)等式后，即可由此解得頂點Z2的坐標

為(4,1)；頂點4的坐標為(-2,3).

8.證明：由于編Z[z2Z與編明卬2卬3同向相似的充要條件是三Z3=三叫，且

N?Z3I一■叫I

LT何?匕|'

?一.一.Z|卬J

n*0Hzj=arg―—―,Hvv=arg——9,于是有"4=S__吆，即工?%1=0.

??一二，一%zi-Z3/-gz：卬31

9.證明：z.,z2,z3,z4四點共圓或共直線的充要條件為

三Z|Z0+三Z3Z4Z]=0或n

但三2后4=arg,三3Z4Z1二arg

.一.

因此4,Z2,Z3,4共圓周或共直線的充要條件為芻口：土耳為實數(shù).

Z|-Z2z3-Zj

10證明:由OZ]J區(qū)知argZ|-argz2=±-

故:二圖i,兩邊平方即得Z[Z、+Z]Z)=0，反之亦然.

11證明:因為=匕從而住三訓空訓=k2

2222

所以Ll-z1z-z1z+2|J=Z:(j-z2z+Z|2|)

222222

即\z\(l-k)-z(z1-kz2)-z(z,-kz2)=k-^\-|zj

2

小值廣+忖『一當fZ2)_"T'J

亦即=

\-k'(1一￡)2(1-i)2

)此為圓的方程，該圓圓心為z°=干警，半徑

故有Z-3

I-A

(0<&H1,Z[WZ?).

12.證明:O<1?|1-z|<|l+Zu>J(l-</廠?t<Ji-1-a)-?h"

€3(1-a)2+b2<(-1-a)2+/O-2。<2aOa>0

幾何意義:右半平面上的點到Q,0)的距離。小亍到(-L0)點的距離〃倒(L0)的

距離〃小于到(-L0)點的距離〃的點在右半平面上.

第二章解析函數(shù)

(―)

1證明:3b>0,使Vz,從(M—b,1°+b)/懇/()},有z(fj士z(r0)，即。在X外的對應(yīng)去心

鄰域內(nèi)無重點，即能夠聯(lián)結(jié)割線%是否就存在數(shù)列懇舄"，使

z(f|n)=z?o),于是有

z,4)=limz(A〃)-z4)=o

(兒tln-to

此與假設(shè)矛盾.

4從t(f()"o+b)不/]>r()

zo)

因為arg-"^=ar|z(r))—Z(ro)]

/.一to

所以limarg[2(/,)—z(/)]=limarg1

0"(喘—“⑹=arg[Iimz&)-z&)

f

a)%iKL——/0"兒4——/0

因此，割線確實有其極限位置，即曲線C在點z(/0)的切線存在，其傾角為

argz,(M).

2.證明:因/(z),g(z)在入點解析，則/%),&G)均存在.

/(z)—/(z0)

所以]而出=lim?二9=limZ—ZQ—=9

力事g(z)辦g(z)—g(Zo)加返一g(z0)g,(z0)

z-zo

(f—>'(內(nèi))士(0,0)

3證明:w(x,y)=&+)?

|l0Uy)=(0,0)

.+-(.vo)±(0,0)

v(x,y)=(r+/

|loUy)=(o,o)

于是人(0,0)=lim匹W1”(。0.)=lim-=1,從而在原點/(z)滿足C-R條

⑷x10x

^牛，但在原點，亙04+zv)-(0,。)十以(0工0))

ZZ

([+i)K)(')]-(]+加

L-Q)'+G)]z

當Z沿)，=x)0時，有/T(二)-(*)

2(亓

故/(z)在原點不可微.

4證明:⑴當Z豐0時用X,.V至少有一個不等于0時，或有Mt豐〃丫〃或有-ux三Uy,

故z|至多在原點可微.

(2)在C上處處不滿足C-R條件.

(3)在C上處處不滿足C-/?條件.

⑷」二三二字與，除原點外,在C上處處不滿足C-R條件.

■-■一■.y/

5.解:⑴3,y)=xy2,v(x,y)二觸y,此時僅當x=y=0時有

2

ux-y-\\-丁，〃、=2xy=-vv=-2xy

且這四個偏導數(shù)在原點連續(xù)，故kz)只在原點可微.

(2),依y)=X2,心,y)=y2，此時僅當X=),這條直線上時有

〃、=2x=vy=2y,uy=0=-vA=0

且在x=y這四個偏導數(shù)連續(xù),故/⑵只否=)，可微但不解析.

(3)〃(用>0=2x,V(My)=3兒且

2

=6x=vv=9y*〃=0=-vr=0

故只在曲線4-v=o上可微但不解析.

(4)u(x,y)=x3-3^2,v(x,y)=3X2y-在全平面上有

222?

wv=3X-3y=vv=3<-3y,=-6,y>=-匕=-6盯

且在全平面上這四個偏導數(shù)連續(xù)，故可微且解析.

6.證明：Q)Vz=x+j;=D,0=，，⑵=ux+.=vv-iuy

⑵設(shè)/'(z)=〃+iv,則/(z)=u-iv,由/(z)與/(z)均在D內(nèi)解棉?

%=v,uY=-匕，乂=一汽，〃、.=匕，

結(jié)合此兩式得〃.二人=匕7V=0,故〃,自勻為常數(shù)，故/⑵亦為常數(shù).

(3)若kz)|三c=o,則顯然/⑵三0,若卜⑸三C才0,則此時有了⑵才0,且

7W⑵三c2,即m三—也時解析函數(shù)，由②知/⑶為常數(shù).

/(?)

(4)設(shè)f(z)=u+E,若w(x,y)三C,則名三0,多三。，由C-R條件得

vv=-uy三。，寫二%三0

因此〃/為常數(shù)則〃z)亦為常數(shù).

7.證明：設(shè)〃+iv,g=if=p+iQ則/二u-iv,g=v-iu,由/(z)在D內(nèi)解析

知ux=4,uy=-vr

從而A=匕=.勺=Q、P,=&=/=-

因而g(z)亦D內(nèi)解析.

8.解：(1)由〃(x,y)=8-3xy2，心,y)=3^y-y3，則有

2

ux=3x-3)2，〃丫=-6x}',匕=6xy,vv二3f-

故砥，〃y,%4為連續(xù)的,且滿足C?R條件所以/(z)在z平面上解析，且

/,(z)二%+匕i=(3寸-3)尸)+6xyi=3z2

(2)u(x,))=ex(xcosy-ys\n)).v(x,))=e'(jcosy-xsiny)

ux=(xcosy-ysiny+cosy)=vy

K

14、=e(_xsiny_siyn+yc)、8_vv

故/(z)在Z平面上解析，且

/(z)=efcosy.(x+1)_ysiny+z?'[siny.(x+1)_ycosy]

⑶由〃(x,y)=sinxchy,v(x,y)=cos鄧回,則有

uK=cGMch,)%=sinxvh,yvx=_sinxsh,yvy=coich

故名,kvr,匕為連續(xù)的,且滿足CJ條件，所以/(z)在z平面上解析，且

/,(z)=ux+vvz=cos：chy_sinxshy=ico主

⑷由“(Xy)=cosxchy,v(x,y)=_sinxMy,貝！J有

wv=_sinxch,yuY=co3Lsh,yvx=_co3T5h,yvv=_sinxch

故x，外為連續(xù)的,且滿足cJ條件，所以/(z)在Z平面上解析，且

/,(z)="、+vvz=_sinxchy_coscshy=i_s\nz

9證明:設(shè)z=x+yi=28,則A-=ZTCOSQ,y=rsin0,

從而％=uxcos0+?vsin0,UQ=_uxrsinQ+uyrcosS

vr=uxcosQ+vvsin0,v0=_vxrsinO+vv/ros9,

11

再由llr二一%,巳=_一〃8,可得Ux=vv,%=上，因此可得/(z)在點z可微且

rr

J\

—

f(z)=_iuY=(rcos0wr_sin0z/e)_i(rsin0z/r+cos8z/0)一

r~r

=(co0sJs9in)i|二(6in+i9c)

r

=(co0s_is0in)wr+(&i+nf0c)VQ

=(co9s_/s9in)(wr+/vr)

L2：

10.解：(1)e\=k2K叫=e2x

!__1_H-.—X—i

(3)e:-et+iy-=/+，.e'+''

所以ReQ)|=J+廠cos，+,

IL證明:⑴因為亡=*=e(cosy+/siny)x

因此，二e"(cosy-zsiny)

而「=/w=".C"=-(cosy-Zsiny)，得證.

/??/?

(2)因為sinz=-J

u匚i”?/-e',:e'':+e',:：-

所以sinz=-------=----------=sinz

2i2i

一二+〃

(3)因為cosz二

gripi-。"+尸----

所以cosz=--------=--------=cosz

)y

12證明:分別就m為正整數(shù)零負整數(shù)的情形證阻僅以正整數(shù)為例

當nt=1時，等式自然成立.

假設(shè)當〃Lh1時，等式成立.

那么當m=A時,=(ey".e2=ekz，等式任成立.

故結(jié)論正確.

13.解：(1)=e3.e'=e3(cosl+Zsinl)

/Ji,Ji)

(2)cos(1-z)=-----------

+小》

2

COS(I)1si(nl_；l

=2XI1e+e)+i2<\e-ejI

14證明:⑴由于/⑵二sinz,g(z)=z在點z=0解析

且f(O)=g(O)=O,g,(O)=1±0

rx1M..sinzcosz,

因1此zhm------=--------=1

二)。z1L=o

(2)由于f(z)=e?l,g(z)=0在點z=0解析，且f(0)=g(0)=0,g,(0)=1±0

因止匕l(fā)im-—~=e:=1

2)0zz=0

⑶由于，⑵=z-zcosz,g(z)=z-sinz在點z=0解析，

且/(())=g(0)=()/(())=&(())=()/(0)=g,(0)=0,g,(0)=1

rn.Lkz-zcosz..1-cosz+zsinz_

因此Inn=hm=3

2)°z-sinzDO1-cosz

15.證明：cosz="-；

cos4z+cost<-b)+...+cow(+nb)

ia-iaHa^b)Ka*nb)7。?，⑼

e+ee+ee+e_____

二~2-2…2~

sin-----b,

2z/也

=-------~~cos(?+—)二石邊

2

stn

2

同理證明(2).

16.證明:⑴sin(zz)=e'g?=:0=i.e："=/sinhz

2/2i2

/?xd"z)+Wz)：-z

(2)cos(zz)=----------——=----+---=coshz

22

土二行nz

(3)sinh(zz)=-------

22i

(4)cosh(iz)=cos(/.iz)=cos(-z)=cosz

,L、八、sin(Zz)zsinhz.,

(5)tan(/z)===ztanhz

cos(zz)coshz

心一.\sinh(jz)/sinz.

(6)tanh(/z)===ztanz

cosh(zz)cosz

17證明:⑴ch2z—sirz=ch2z+(ishz)2=cos2(iz)+sin2(iz)=1

(2)sec2z+。z=+與J?二=i

曲二chzch?二

(3)ch(zl+z2)=cos(/Z|4-zz2)=cos(，Z])cos(zz2)-sin(zZ])sin(/z2)

=chZ[Chz+shZ]Shz

18.證明:Q)sinz=sin(x+yi)=sinxcos(yi)+cosxsin(zy)=sinxchy+zcosxshy

(2)cosz=cos(x+yi)=cosxcos(yZ)-sinxsin(ij)=cosxchy+Zsinxshy

(3)|sinz|2=|sinxchy+/cosxsh)\2=sin2xchy+cos22xv/zy2=sin2x+sinh2y

(4)|cosz|2=|cosxchy——zsinxv/2)12=cos2xchy+sin22xshy2=cos2x+sinh?》

T*J

19證阻(s〃z)'=("=chz

2?

(c/?y=(y==sh

22

20.解：Q)z=In(l+-J3z)=Ini++iarg(l+-j3i)

=ln2++2女幾)(k=0,11,...)

(2)由于Inz=^7貝!]有z=e2=c^-+/siJl=i

222

(3)由于爐=-1=d(幾+2k幾)，故z=i(幾+2攵幾)

(4)cosz=—sinz,BPtanz=-1，所以

⑸設(shè)Z=x+iy,由次z=1+2/得任上=1+2z)ei:-ei!=(/-2)(ei:+eiz)

cos"

)e2r*=--+)e2ycos2x=--,sin2x=~

5555

…1In5口今IIF(1>

)e=-,y=—S.tg2x=--,x=-arctg--+n

(1)]Jn5.

卜2口「十

4

21.證明:因ln(z-1)=\n{re3-1)=Inre3-1+iarg(r/'-1),所以

Re[ln(z-l)|=Inb/-1=In-J(""-]廣?"su】e『=-ln(l+r2-2rcos9)

—

9(z)+2K

22.解：叫(z)=3,(Z=G;O<9(z)<2"火=0,1,2)

利用M)=?i定Kk=2，再計算w2(-i)

:J.,

23解-2=2/,i=I；由M-2)=-\T2定k,%=1,再計算％(i)=e4'

24.fi?：(1+l)'=〃n(l+i)二eflln|l+r+r(arg(l+d+2r)]|_J3Q+2N)

*

=即n./J"，(k=0,±1,±2....)

3：=3=^/ln3+Aarg3+2A")|=^,(ln3e'""(k=0,±1,士2,...)

25.解:z在z平面上沿z=0為圓心,R>1為半徑的圓周C從A走至！]B，經(jīng)過變換

卬=z",其象點“在卬平面上沿以W=0為心外>1為半徑的象圓周從A,走

到8,,剛好繞卬=而T的支點?1轉(zhuǎn)一整周,故它在民的值為-不二山,.因此

f⑶|B二力z)\A=--JR*+I.

26證明：,."(z)=7(]-z)z2可能的支點為0,1,w

由于311+2,故/(z)的支點為2=0,1,因此在將Z平面沿實軸從0到期割

開后，就可保證變點z不會單繞0或者說轉(zhuǎn)一周，于是在這樣割開后的z

平面上f(z)就可以分出三個單值解析分支.

另由已知arg/(z)=n得

/(A仙凸”端,grg?)z

二-S即編Ia2Jj

LflJD］

;的產(chǎn)

JI2

L珥

=-V2^12.

(-)

1.證明：由/(z)二仁得/()=上二,從而于是/(z)在D必常數(shù)

IY(T).

r(z)H?("z)(l刁5+(2/N)i

z/(z)1--(l-m/l-z)l+|zf-Rez2

所以Rejz.東］二;二'-；

I/(-)J1-|二-2R-

由于|z|<l,因此母『>(),且

I+:|4-2Rez2>l+z|4-2z^=Q-|zQ>0

故味瑞”

2.證明:同第一題

/,⑵1+z1?|zf+2〃mz

1+z,八==.?

f(z)1-z|1-z「|2

3.證明:題目等價域以下命題:設(shè)E,E］為關(guān)于實軸對稱的區(qū)域，則函數(shù)在E內(nèi)解析

不f(z)在耳內(nèi)解析.

設(shè)以z）在E內(nèi)解析，對任意的4仁片，當z仁￡時有4仁EZ仁民所以

lim'（）~-lim，（~）“"）—/P（5）

2z—4-）^oz—z0

這是因為f（z）在E內(nèi)解析，從而有二通=/P（^）,由z。的任意性可

4z—4

知，八z）在E,內(nèi)解析.

4.證明:⑴由于匯=2（z+凡,y=l（z-；），根據(jù)復合函數(shù)求偏導數(shù)的法則，即可得

22/

證

.

?u?v?v?f_

所以/B

?x?y?y?x?z

5.證明：|sinz|=|sin(x+yi)=Jsin2xch2y+(I-sin2x)sh2y=Js/ry+sin2x

所以卜〃）|共+sin2x=Isinz

而卜h），＞|卜=|lmz|,故左邊成立.

右邊證明可應(yīng)用sinz的定義及三角不等式來證明.

6.證明:有忖問:=sin2x+s/dy共1+slry=加)哄clrR

即卜iil|共6?R

又有posz「二cos2x+sinh2y共1+sh^y=dfy共c/rR

7證明:據(jù)定義，任兩相異點z.,z2為單位圓!想1,有

/(馬)一/(4)(Z：+2Z]+3)—(V+2zj+3)

Z]-4Z]—々

=％+z+2>2—閔一中2—i—i=。

故函數(shù)次z）在|z|想1內(nèi)是單葉的.

8.證明:因為/⑵有支點-LL取其割線[-L1],有

Xz—」別,

(1)Aqarg/(z)=--,/(/)=J2e*8

o

(2)A⑦arg/⑵=七個A0arg/(z)=-平J(-i)=丘片

oo

9.解:因為/⑵有支點1土;“，此時支割線可取為沿虛軸割開[T,i]，沿實軸割開

[1,?力，線路未穿過支割線，記線路為C,

\arg/(z)=：[Xarg(1-z)?、.arg(z-(T))+Ararg(z/)]

22

故/(z)=-V5i.

10證明：因為/(z)二向二的可能支點為z=0,l,工，由題知/(z)的支點為

z:0,1,于是在割去線段04ReR的平面上變點就不可能性單繞0或1轉(zhuǎn)一

周，故此時可出兩二個單值解析分支,由于當Z從支割線上岸一點出發(fā)，連

續(xù)變動到z.-1時，只Z的幅角共增加%,由已知所取分支在支割線上岸

取正值，于是可認為該分支在上岸之幅角為0,因而此分支在z=-1的幅角

為】，故/(-1)=0^=廳/(-1)=-4.

216

第三章復變函數(shù)的積分

（一）

1.解：>-=X0<x<I）為從點0到1+i的直線方程，于是

.,.1??-

Jr（x-y+J（（X-y+yi）

=jj（x-A+淙域K+ix）=（1+Dij.vVZr

2解:⑴C:z=x-14I,因此jd幺jjM=1

⑵C:z=T,9從77變到0,因此

jRz=j：d1=ij：d%9=2

（3）下半圓周方程為2=^,TT<9<2",則

jjzdz=de^=iie^d9-2

3.證明：（l）C:x=OrI<>'<1

因為｛z）=f+叼=卜平1,而積分路徑長為卜（-*2

故|jc*+爐）dz=j：（寸+爐）/42.

（2）C:r+），=Ur>0

而0z）t[r+if\=J7777<I,右半圓周長為"，

所以j：（f+n.

I.解:⑴因為距離原點最近的奇點”土工，在單位圓忖41的外部，所以

2<?s?

1上處處解析，由柯西積分定理得L=二0.

（2）丁」—=—!_,因奇點2=-1+,?在單位圓y<1的外部，所以

-；■」——在H<1上處處解析，由柯西積分定理得i一^—=0.

r*2r*2JC；?.L.2

(3)——=---------，因奇點z=-2,T在單位圓1的外部，所以

:??先.6|二.2M二

—在上處處解析，由柯西積分定理得\

八￡.6M?匚，.5;.6=o.

(4)因為zcosz2在口41上處處解析，由柯西積分定理得

Izcos￡dz=0.

5.解：(1)因J(z)=(z+2)2在z平面上解析，且(士立為其一原函數(shù)，所以

￡>2)匕

⑵設(shè)z=(療+2/)6可得

I**cos;dz=i*cos(，丁，(7+2i)dr=J\e~'e^+e'e~^)dt

-e+e'

■a

6.解：j：”(2￡+8>l)dz=2?+4f+z

?■

=q8九;+16n'Z、2TTa

7.證明：由于7z),g⑵在單連通區(qū)域D內(nèi)解析,所以/(z)g(z)，5z)g(z)]'在。內(nèi)

解析，且g)g(z)]'-f(Z)g(3)+<z)g'(z)仍解析，所以-z)g(z)是

/(z)g(z)+啟)屋(z)的一個原函數(shù).

從而r1/(z)g(z)+/(z)g'⑵]dz=11Az)g(?)]B

a

因此得0(z)g'⑶dz二伏z)g(z)j°_(z)g⑶必.

13.證明：Q|zF上，-0

設(shè)2=d抬浮d9n

.)《八1，、。?、ir.“小匚、”?2.，、in1)\(出

°-j；J。

_.2”.Ism°?/II?As〃)妁

0

于是?---------d9=0.故?--------(19-0.

JoS>4cm0Jo5*4cus0

9.解：⑴因為?=2Z2-z+l在臚2上是解析的，旦z=1三*2,根據(jù)柯西公

式得

j)粒一-dz-27T/(2f-z+l)|==1=4由

(2)可令fiz)=2f-z+1,則由導數(shù)的積分表達式得

Ji產(chǎn)三滬皿曲⑵1=677/

10.解:⑴若C不含z=±1,則=0

立-

⑵若C含z=l但不含有2畝二-=—TTi

⑶若C含有z>l,但不含z=l.TTI

⑷若C含有二±1,則

11.證明：i4

；#os9+/sin9)=一廠)山9

°COB^?/M'1>

"一^sin(sin9)+ie3y-cos(sin9)d9

再利用柯西積分公式i乙=j"■次=2m-

「c.」飛-o

則「"*9cos(sin9)(19=2TT,由于*9cos(sin9)關(guān)于9="對稱，因此

Jo

￡9cos(sin9)d9-TT

12.解:令3(+7f+1,則

所科=2TT中z)=2rri-(3r+7z+1)

則/(z)=2ni(6z+7)

因此/(1+i)=2廟(6+6計7)=277(-6+16/)

13.證明:利用結(jié)論：.Az)在。內(nèi)單葉解析，則有了⑵H0

由題知,C:z=z(r)(a<t<b)為0內(nèi)光滑曲線,由光滑曲線的定義有

DC為若爾當曲線，即6+q時，z%)Wz(/2)：

2)z'")W0,且連續(xù)于瓜b]

要證「為光滑曲線，只須驗證以二兩條即可.

而在w=/(z)的變換下，C的象曲線下的參數(shù)方程為

r:“uH<Z)=y(z(/)](?W區(qū)h)

1)因A*2時，如)#女)，又因逃z)在。內(nèi)單葉解析，所以當，尸A

時，貼)工?馬).因此當，產(chǎn)G時，有―十必2).

2)因為z'⑺W。且連續(xù)于[a,b]、又因/(z)W0,則由解析函數(shù)的無窮可微性

知/(z)在。內(nèi)也存在，所以f(z)在。內(nèi)也連續(xù)，則由復合函數(shù)求導法則

?VZ(/)=/(z)z'⑺工。，且連續(xù)于[a,b].

14.證明：山上題知C和「均為光滑曲線，因①(卬)沿「連續(xù)以及,Q)/(z)在包

含C的區(qū)域。內(nèi)解析，因此叫作)"⑵也連續(xù)，故公式中的兩端枳分存在.則

[①5z)]/(zMz=Jpl/UO))/悌*⑺力

=J①|(zhì)M劃?W=[①(M*M