复变函数-第四版-课后习题答案-.pdf

习题一解答 1求下列复数的实部与虚部、共轭复数、模与辐角。（1）i 231+；（2）i13ii1；（3）()()2i5i24i3+；（4）i4ii218+解 （1）()()()2i31312i32i32i32i31=+=+所以 133=+i231Re，1322i31Im=+,()2i31312i31+=+，13131331332i3122=+=+，k2i231argi231Arg+=+?,2,1,0,232arctan=+=kk（2）()()()()i,25233i321ii)(1i1i13iiiii13ii1=+=+=所以,23i13ii1Re=25i13ii1Im=25i23i13ii1+=，2342523i13ii122=+=，k2i1i3i1argi1i3i1Arg+=?,=,+=210235arctankk.（3）()()()()()()()()()42i7i262i2i2i5i24i32i5i24i3=+=+13i27226i7=所以()()272i5i24i3Re=+，()()132i5i24i3Im=+，1 ()()l3i272i5i24i3+=+()()22952i5i24i3=+，()()()()kk2726arctan22i2i52i43argi2i52i43Arg+=+=+()?,2,1,0,12726arctan=+=kk.（4）()()()()ii141iii4ii4ii10410242218+=+=+3i1i4i1=+=所以 3i4iiIm1,i4iiRe218218=+=+3i1i4ii218+=+，10|i4ii|218=+()()()2k3i1arg2ki4iiargi4iiArg218218+=+=+=.2,1,0,k2karctan3?=+2如果等式()i13i53yi1x+=+成立，试求实数 x,y 为何值。解：由于()()()()()3i53i53i53yi1x3i53yi1x+=+()()()()343y51x3i3y31x5+=()i1185y3xi43y5x341+=+=比较等式两端的实、虚部，得=+=[phone]yxyx或=+=[phone]yxyx解得11,1=yx。3证明虚单位i有这样的性质：-i=i-1=i。4证明 21)|116)Re()(),Im()()22izzzzzzzz=z=+=?2 证明：可设izxy=+，然后代入逐项验证。5对任何，是否成立？如果是，就给出证明。如果不是，对那些值才成立？z2|zz=222z解：设，则要使成立有 izxy=+2|zz=2222ixyxyx+=+y0，即。由此可得为实数。2222,xyxyxy=+=z6当时，求的最大值，其中 n 为正整数，a 为复数。1|z|azn+解：由于|a|a|z|aznn+1，且当naezargi=时，有()|a|ea|a|eea|zaannan+=+=+=+|11argiargiargi 故为所求。|1a+8将下列复数化成三角表示式和指数表示式。（1）i；（2）-1；（3）1+3i；（4）()0isincos1+；（5）i12i+；（6）()()32isin3cos3isin5cos5+解：（1）2ie2isin2cosi=+=；（2）ieisincos1=+=（3）3i2e3isin3cos223i2123i1=+=+=+；（4）21 cosisin2sini2sincos2sinsinicos222222+=+=+)(0,e22sin2isin2cos22sin2i=+=；（5）()=+21i212i1i12i21i12i=4isin4cos2=4ie2（6）()()()()223i5i3i10i9i193cos5isin5e/ee/eecos3isin3+=3 isin19cos19+=9将下列坐标变换公式写成复数的形式：1）平移公式：1111,;xxayyb=+=+2）旋转公式：1111cossin,sincos.xxyyxy=+解：设11iAab=+，11izxy1=+，izxy=+，则有 1）；2）1zzA=+i11(cosisin)ezzz=+=。10一个复数乘以-i，它的模与辐角有何改变？解：设复数，则zezzArgi|=()=|=2Argi2iArgizz|z|eeeziz，可知复数的模不变，辐角减少2。11证明：，并说明其几何意义。222121212|2(|zzzzzz+=+2|)证明：2212121212121211222212|()()()(2()2(|)zzzzzzzzzzzzz zz zzz+=+=+=+)其几何意义平行四边形的对角线长度平方的和等于四个边的平方的和。12证明下列各题：1）任何有理分式函数()()()P zR zQ z=可以化为iXY+的形式，其中X与Y为具有实系数的x与的有理分式函数；y2）如果()R z为 1）中的有理分式函数，但具有实系数，那么()iR zXY=；3）如果复数iab+是实系数方程 10110nnnna za zaza+=?的根，那么也是它的根。iab证 1）()()()Re()()Im()()()()(,)(,)()()P zP z Q zP z Q zP z Q zR zQ zq x yq x yQ z Q z=+;2）()()()()ii()()()P zP zP zR zXQ zQ zQ zYXY=+=;3）事实上()1011nnnnP za za zaza=+?4()zPzazazaann=+=?2210 13如果，试证明 itez=（1）ntzznncos21=+；（2）ntzznnsini21=解 （1）nteeeezznnsin21intintintint=+=+=+（2）nteeeezznnsini21intintintint=14求下列各式的值（1）(5i3)；（2）()6i1+；（3）61；（4）()31i1 解 （1）()()6/5i56/i553222i232i3=ee 5532 cosisin16 316i66=+=（2）()()666i/43 i/21i1 i22e8e8i22+=+=。（3）()()1i 21/6i+2661ee,0,1,2,3,4,5kkk+=。可知61的 6 个值分别是,2i23e/6i+=ie/2i=，2i23ei/65i+=2i23e/6i7=，i23i=/e2i23411i=/e。（4）()()0,1,2=,=2212=13+31/3131keek24i64i22ii。可知的 3 个值分别是()1/31 i,127sini127cos22,12sini12cos22612/7i662/i6+=ee+=45sini45cos2264/5i6e。15若(1 i)(1 i)nn+=，试求n的值。5 解 由题意即i/4i/4i/4i/4(2e)(2e),eennnn=，sin，04n=故4,0,1,2,nk k=?。16（1）求方程的所有根 083=+z（2）求微分方程08 =+yy的一般解。解 （1）()()1i1 23382kze+=，k=0,1,2。即原方程有如下三个解：,3i1+,2 3i1。（2）原方程的特征方程有根083=+i311+=，22=，i 313=，故其一般形式为()xCxCeeCyxx3sin3cos3221+=17在平面上任意选一点，然后在复平面上画出下列各点的位置：z 1 11,z zzz zz。oxyz-zzz1z1z1z 18已知两点与（或已知三点）问下列各点位于何处？1z2z321,zzz（1）()2121zzz+=（2）()211zzz+=（其中为实数）；（3）()32131zzzz+=。解 令1,2,3i=+=,kyxzkkk，则（1）2i22121yyxxz+=，知点 z 位于与连线的中点。1z2z6（2）()()122122iyyyxxxz+=，知点位于与连线上定比1z2z|z|z|z|z121=处。（3）()(3213213i31yyyxxxz+=)，由几何知识知点 z 位于的重心处。321zzz19设三点适合条件：123,z zz0321=+zzz,1321=zzz。证明z1，z2，z3是内接于单位圆1=z的一个正三角形的顶点。证 由于1321=zzz，知的三个顶点均在单位圆上。321zzz因为 2331zz=3z()()212322112121zzzzzzzzzzzz+=+=21212zzzz+=所以，12121=+zzzz，又)()(122122112121221zzzzzzzzzzzzzz+=()322121=+=zzzz 故 321=zz，同理33231=zzzz，知321zzz是内接于单位圆1=z的一个正三角形。20如果复数z1，z2，z3满足等式 32311312zzzzzzzz=证明321312zzzzzz=，并说明这些等式的几何意义。由等式得)arg()arg()arg()arg(32311312zzzzzzzz=即231312zzzzzz=。又因为()()()()1232321331121312zzzzzzzzzzzzzzzz=+=又可得123312zzzzzz=，所以知321zzz是正三角形，从而 321312zzzzzz=。7 21指出下列各题中点 z 的存在范围，并作图。（1）|5；（2）|z=61|i 2|+z；（3）Re(2)1z+=；（4）()3iRe=z；（5）|i|i|=+zz；（6）4|1|3|=+zz（7）Im()2z；（8）123zz；（9）0argz+=xxy（见下图（j）；8 x y-2(b)Oi x5(a)yO -3(d)y 3i x O(c)x y z-i i y x i 3-2 O y 5/2x x y=x+1 i y O(e)(f)(g)(h)(i)2i(j)22描出下列不等式所确定的区域，并指是有界的还是无界的，闭的还是开的，单连的还是多连的。（1）；（2）0Imz41 z；（3）1Re0z；（4）23z；（5）31+zz；（6）1arg1z +；9（7）141+；（10）(2i)(2i)4zzzz+。解（1）0Imz y O x 不包含实轴的上半平面，是无界的、开的单连通区域。（2）41 z x y 5 O 1 圆的外部（不包括圆周），是无界的、开的多连通区域。16)1(22=+yz（3）01Re+xzz y-1DO x 直线 x=-1 右边的平面区域，不包括直线在内，是无界的、开的单连通的区域。（6）1arg1z +xyo-1 由射线1=及+=1构成的角形域，不包括两射线在内，即为一半平面，是无界的、开的单连通区域。（7）2221781411515zzxy O x D 8/15-17/15 y 11 中心在点1517=z，半径为158的圆周的外部区域（不包括圆周本身在内），是无界的、开的多连通区域。（8）|2|2|zz+6xyo35 是椭圆22195xy+=及其围成的区域，是有界的、闭的单连通区域。（9）2242|2|141,015zzxyx+D 1/2 y x 是双曲线224415xy1=的左边分支的内部区域，是无界的、开的单连通区域。（10）(22i)(i)4zzzz+xyo2-112 是圆9及其内部区域，是有界的、闭的单连通区域。23证明：z 平面上的直线方程可以写成 22(2)1xy+=（）Czaza=+（a 是非零复常数，C 是实常数）证 设直角坐标系的平面方程为将CByAx=+)(i 21Im),(21Rezzzyzzzx=+=代入，得 CzBAzBA=+)i(21)i(21)i(21BA令a=+，则(21a=)iBA，上式即为Czaza=+。24证明复平面上的圆周方程可写成：0,(zzzzc)c+=其中 为复常数，为实常数。22()2()0za zaRzzazazaaR+=+=，其中c实证 aaR=为常数。25求下列方程（t 是实参数）给出的曲线。（1）；2）tbtazsinicos+=tzi)1(+=（；（3）ttzi+=；（4）22ittz+=，5）（6）7）zeab=+为复数 1）。即直线（tchi shzatbt=+iittzaebe=+,(i)=+=+=ttytxtyxz,)i1(ixy=。解（2）sinsinicosi=+=+=bytbtayxz20,cos=tttax，即 为 椭 圆122b22=+yax；（3）=y1，即为双曲线1=+=+=ttxttyxzii=xy；=+=+=22221iitytxttyxz（4）1，即为双曲线=xy中位于第一象限中的一支。13 2222chchi sh1shxatxyzatbtybtab=+=，双曲线（5）22221,()()xyabab+=+椭（6）圆 2arctan22aybxxye+=（7）26 函 数zw1=将 z 平 面 上 的 下 列 曲 线 变 成平 面 上 的 什 么 曲 线w()ivuwiyxz+=+=,？（1）；（2）622=+yxxy=；（3）()1122=+yx 1x=；4）（222211yxyiyxxiyxzw+=+=，2222,yxyvyxxu+=+=解，可得 1）（)(222211xyuvx+=，是平面上一圆周；（2）w222224xyy+()vyxyx+2222yyyxxu=+=22，是平面上一直线；x=w（3）由 1，知21,u=1y+21yvy=，从22211uvuy+=+而此为2221122uv+=是平面上一圆周；（4）w()21211222222=+=+=+yxxxyxyx，于是21=u，是平面上一平行的直线。27已知映射，求（w与 v 轴 3zw=1）点i1=z，i12+=z，i33+=z在像。（2）区域w平面上的3arg0z在平面上的像。解 设，则。于是）wirez=333ierz=422i14sini4cos2i1,izez=+=+=i2e（16i3223z=26sini6cos221i3ie=+=+=+14 经映射后在平面上的像分别是，wi3/3i1=ew2i221323?i2122242+=+=ew，i822i33=ew（2）因为以原点为顶点的角形域的顶角张大三倍，所以为=zf，则0，当0zz时，有 2)()()(00zfzfzf=从而)(20)(0zf0)(zfzfzf即点),(zUz时，则。30设0)(zf0lim()zzf zA=，证明()f z在的某一去心邻域内是有界的。证 取0z1=，则存在0，当00|zz时，|()|1f zA。故在00|zz内，|()|()|()|1|f zf zAAf zAAA=+。31设1(),(0)2izzf zzzz=试证当时0z()f z的极限不存在。证2x212()2izzxyf zzzy=+，显然。证32试)arg(argzz在负实轴上（包括原点）除此而外在面上处处连续。证 设不连续，z 平zzfarg)(=，因为 f(0)无定义，所以 f(z)在原点 z=0 处不连续。实轴上的点时，即00当z0为负)00(=x，xz有=xxxarctanlim0+=yyzyyxzzarctanlimarglim00 arg0不存+xx00zarg在负实轴上不连续。而 argz 在 z 平面上的所以zlim在，即zz其它点处的连续性显然。15 1习题二解答 1利用导数定义推出：12111)(),()2nnznznzz=是正整数；）。证 1）1221100()()limlim()nnnnnnnnzzzzzznzC zzznzz +=+=?2）20011111limlim()zzzzzzzz zzz +=+2下列函数何处可导？何处解析？（1）()yxzfi2=（2）33()23if zxy=+（3）()yxxyzf22i+=（4）()sin chicos shf zxyxy=+解 （1）由于 1,0,0,2=yvxvyuxxu 在 z 平面上处处连续，且当且仅当21=x时，u,v 才满足 C-R 条件，故()yxvuzfii=+=仅在直线21=x上可导，在 z 平面上处处不解析。（2）由于 26uxx=，0uy=，0vx=，29vyy=在 z 平面上处处连续，且当且仅当2223,230 xyxy=即时，u,v 才满足 C-R 条件，故()33i23if zuvxy=+=+仅在直线230 xy=上可导，在 z 平面上处处不解析。（3）由于 2yxu=，xyyu2=，xyxv2=，2xyv=在 z 平面上处处连续，且当且仅当 z=0 时，u,v 才满足 C-R 条件，故()yxxyzf22i+=仅在点0=z处可导，在 z 平面处处不解析。（4）由于 cos chuxyx=，sin shuxyy=，sin shvxyx=，cos chvxyy=在 z 平面上处处连续，且在整个复平面 u,v 才满足 C-R 条件，故()sin chicos shf zxyxy=+在z 平面处处可导，在 z 平面处处不解析。3指出下列函数()f z的解析性区域，并求出其导数。1）5(1)z；（2）32izz+；3）211z；（4）(,0)azbc dczd+中至少有一个不为 解（1）由于()45(1)fzz=，故()zf在 z 平面上处处解析。（2）由于()i232+=zzf，知()zf在 z 平面上处处解析。（3）由于()()()()222211212+=zzzzzzf 知()zf在除去点1=z外的 z 平面上处处可导。处处解析，1=z是()zf的奇点。2（4）由于()2()adbcfzczd=+，知()zf在除去/(0)zd c c=外在复平面上处处解析。5复变函数的可导性与解析性有什么不同？判断函数的解析性有那些方法？答：判定函数解析主要有两种方法：1）利用解析的定义：要判断一个复变函数在0z是否解析，只要判定它在0z及其邻域内是否可导；要判断该函数在区域D内是否解析，只要判定它在D内是否可导；2）利用解析的充要条件，即本章2 中的定理二。6判断下述命题的真假，并举例说明。（1）如果()zf在0z点连续，那么()0zf 存在。（2）如果()0zf 存在，那么()zf在0z点解析。（3）如果0z是()zf的奇点，那么()zf在0z不可导。（4）如果0z是()zf和()g z的一个奇点，那么0z也是()()f zg z+和()/()f zg z的奇点。（5）如果(,)u x y和(,)v x y可导（指偏导数存在），那么()if zuv=+亦可导。（6）设()if zuv=+在区域内是解析的。如果u是实常数，那么()f z在整个D内是常数；如果v是实常数，那么()f z在整个D内是常数；解 （1）命题假。如函数()222|yxzzf+=在 z 平面上处处连续，除了点 z=0 外处处不可导。（2）命题假，如函数()2|zzf=在点 z=0 处可导，却在点 z=0 处不解析。（3）命题假，如果00()()f zzzf z在 点不解析，则 称为的奇点。如上例。（4）命题假，如()sin ch,()icos shf zxy g zxy=，(/2,0)z=为它们的奇点，但不是()()f zg z+的奇点。（5）命题假。如函数()xyxzzzfiRe2+=仅在点 z=0 处满足 C-R 条件，故()zf仅在点 z=0处可导。（6）命题真。由u是实常数，根据 C-R 方程知v也是实常数，故()f z在整个D内是常数；后面同理可得。7如果()vuzfi+=是 z 的解析函数，证明：()()()222|zfzfyzfx=+证 ()22|vuzf+=，于是()f z在D（区域）内解析()f z在0z解析()f z在D内可导()f z在0z可导()f z在0z连续 3()22|vuxvvxuuzfx+=，()22|vuyvvyuuzfy+=由于()vuzfi+=为解析函数，故 yvxu=，xvyu=，从而()()+=[phone]|xvuxuuvuzfyzfx+xuxvuvxvxuuvxvvxuv222222()()()22222222222222|11zfzfvuvuxvxuvxvxuuvu=+=+=9证明：柯西-黎曼方程的极坐标形式是=vrru1，=urrv1 证 令sin,cosryrx=，利用复合函数求导法则和vu,满足 C-R 条件，得 sincosyuxuru+=()rurrxuryuryvrxvv=+=+=cossincossin 即 =vrru1。又()cossinryurxuu+=sincossincosxuyuyvxvrv+=+=urrxuryur1sincos1 总之，有=vrru1，=urrv1。10证明：如果函数()ivuzf+=在区域 D 内解析，并满足下列条件之一，那么()zf是常数。（1）()zf恒取实值。（2）()zf在 D 内解析。（3）()|zf在 D 内是一个常数。（4）()zfarg在 D 内是一个常数。（5）cbvau=+，其中a、b与 c 为不全为零的实常数。4解 （1）若()zf恒取实值，则0=v，又根据()zf在区域 D 内解析，知 C-R 条件成立，于是 0=yvxu，0=xvyu 故 u 在区域 D 内为一常数，记()实常数Cu=，则()Civuzf=+=为一常数。（2）若()ivuivuzf=+=在区域 D 内解析，则()yvyvxu=，()xuxvyu=（1）又()ivuzf+=在区域 D 内解析，则 yvxu=，xvyu=（2）结合（1）、（2）两式，有 0=vyvxvyuxu，故vu,在 D 内均为常数，分别记之为()为实常数212211,CCCuCu=，则()CiCCivuzf=+=+=21 为一复常数。（3）若()|zf在 D 内为一常数，记为1C，则2122Cvu=+，两边分别对于 x 和 y 求偏导，得=+=+022022yvvyuuxvvxuu 由于()zf在 D 内解析，满足 C-R 条件xvyuyvxu=,代入上式又可写得=+=00yuuxuvyuvxuu 解得0=yvxu。同理，可解得0=vyvxv故vu,均为常数，分别记为21,CvCu=，则()CiCCivuzf=+=+=21为一复常数。（4）若zarg在 D 内是一个常数1C，则()0zf，从而()0+=ivuzf，且()=0,0,arctan0,0,arctan0,arctanargvuuvvuuvuuvzf=0,00,01111vuCvuCuC 总之对()zfarg分别关于 x 和 y 求偏导，得 50112222=+=+vuxuvxvuuvxuvxvuu 0112222=+=+vuyuvyvuuvyuvyvuu 化简上式并利用()zf解析，其实、虚部满足 C-R 条件，得=00yuvxuuyuuxuv 解得0=yuxu，同理也可求得0=yvxu，即u和v均为实常数，分别记为2C和3C，从而()CiCCivuzf=+=+=32为一复常数。（5）若cbvau=+，其中a、b和 c 为不全为零的实常数，这里 a 和 b 不全为 0，即022+ba，否则此时a、b和 c 全为零。对方程cbvau=+分别对于 x 和 y 求偏导，得=+=+00yvbyuaxvbxua 再利用解析函数()ivuzf+=的实、虚部 u 和 v 满足 C-R 条件，得=+=00yuaxubyubxua 解得0=yuxu，同理也可求得0=yvxv，知函数()zf为一常数。11.下列关系是否正确？（1）zzee=；（2）zzcoscos=；（3）zzsinsin=解（1）zyxxxzeeyyeyyee=+=i)sini(cos)sini(cos（2）()()zeeeeeezzzzzzzcos21212cosiiiiii=+=+=+=。（3）()()(i21i21i21siniiiiiizzzzzzeeeeeez=()zeezzsini21ii=。12找出下列方程的全部解。（3）01=+ze；（4）0cossin=+zz；解（3）原方程等价于1=ze，于是它的解为：6()()()kkz21i21argi|1|ln1Ln+=+=?,2,1,0=k（4）由于()iiii1sincos,2i2zzzzeezzee=+，故()1i1i2i2+=zzee i1i1i2+=ze()()()kz2iargi|i|lni21iLni21i1i1Lni21+=+=?,2,1,0,4122i2i=+=kkk 13证明：（1）()212121sinsincoscoscoszzzzzz=+;()212121sincoscossinsinzzzzzz=+;（2）1cossin22=+zz；（3）zzzcossin22sin=；（4）zzz2tan1tan22tan=；（5）zzcos2sin=，()zzcoscos=+；（6）222222|cos|cossh,|sin|sinshzxyzxy=+=+证 （1）左()()()212121cos21zzizzieezz+=+=右=2121sinsincoscoszzzz i2i22222112211iiiiiiiizzzzzzzzeeeeeeee+=()()()()()()()()42121212121212121iiiiiiiizzzzzzzzzzzzzzzzeeeeeeee+=()()22121iizzzzee+可见左=右，即()212121sinsincoscoscoszzzzzz=+；左=()()()2121ii21i21sinzzzzeezz+=+右2121sincoscossinzzzz+=()()()()22112211iiiiiiiii212121i21zzzzzzzzeeeeeeee+=()()()()21212121iiiii41zzzzzzzzeeee+=()()()()21212121iiiii41zzzzzzzzeeee+=()()2121ii22i41zzzzee+i21=()()2121iizzzzee+可见左=右，即()212121sincoscossinsinzzzzzz+=+（2）2ii2ii22i2i2cossin+=+zzzzeeeezz 7()()1241241i2i2i2i2=+=zzzzeeee（3）左=()zzeez2i2ii212sin=右=()()zzzzeeeezziiii21i212cossin2+=()()zzzzeeee2i2i2i2ii2111i21=+=可见左=右，即 zzzsincos22sin=。（4）zzzzzzzzzzzzz2222tan1tan2cossin1cossin2sincoscossin22cos2sin2tan=（5）由（1）知()()()zzzz+=+=sin2coscos2sin2sin2sin()()()()()izizzizieeeez+=+=2121cos zcos=由（1）得()zzzzcossinsincoscoscos=+（6）左222222|cos|cos chisin sh|coschsinshzxyxyxyxy=+222222cos(1 sh)sinshcosshxyxyxy+=+左222222|sin|sin chicos sh|sinchcosshzxyxyxyxy=+=+222222sin(1 sh)cosshsinshxyxyxy+=+。14说明：1）当y 时，|sin(i)|xy+和|cos(i)|xy+趋于无穷大；2）当t为复数时，|sin|1t 和|cos|1t 不成立。解 1）i-i|sin|2i2zzyyeeeez=；|cos|z同理。2）设i,ty yR=，则|sin|2yyeet=，则当y 时显然题设不成立。15求()iLn，()i43Ln+和它们的主值。解 ()()()+=+=kk22i2iargi|i|LniLn?,2,1,0,212i=kk()()2iiargi|i|lniln=+=()()k2i43argi|i43|lni43Ln+=+=k234arctani5ln 8()?,2,1,0,1234arctani5ln=+=kk()()4+=+=+3arctani5lni43argi|i43|lni43ln。16证明对数的下列性质：1）1 212Ln()LnLnz zzz=+；2）1212Ln(/)LnLnzzzz=。证明 1）1 21 21 21212Ln()ln(|)iArglnlniArg+iArgz zz zz zzzzz=+=+12LnLnzz=+；2）1212121212Ln(/)ln(|/|)iArg/lnlniArg-iArgzzzzzzzzzz=+=+12LnLnzz=。17说明下列等式是否正确：1）2Ln2Lnzz=；2）1LnLn2zz=。解：两式均不正确。1）2Ln2ln|iArg(2),2Ln2ln|2iArg()zzzzzz=+而；2）111iLnln|iArg(),Lnln|Arg()2222zzzzzz=+而。18求2i1e，1iexp4，i3和()ii1+的值。解：eeeeei2sini2cos2i2i1=()111i44441i2expcosisin1i4442e eee=()i ln3 i arg3 2iiLn32iln33kkeeee+=()?,2,1,0,3lnsini3lncos2=+=kek()()()()ii ln|1 i|i arg 1 i2iLn 1 i1 ikee+=+=+22lnsini22lncos2412422lnikkee，?,2,1,0=k 19证明1()aazaz=，其中a为实数。证明 ln2ln211()()(ln)aazk iazk iaazeaz eazazz+=。20证明 1）22chsh1zz=；2）22shchch2zzz+=；3）()121212shshchchshzzzzzz+=+；()121212chchchshshzzzzzz+=+。证明 1）2222chsh()()122zzzzeeeezz+=；2）222222shch()()1222zzzzzzeeeeeezz+=+=；3）1122112212121212()()()()shchchsh442zzzzzzzzzzzzeeeeeeeeeezzzz+=+=()12shzz=+。9 21解下列方程：1）sh0z=；2）ch0z=；3）shiz=。解 1）由sh0z=得21ze=，1Ln1i,0,1,2,2zkk=?。2）由ch0z=得21ze=，1(21)Ln(1)i,0,1,2,22kzk+=?。3）由shiz=得ize=，1Lnii(2),0,1,2,2zkk=+=?。23证明:shz的反函数2ArshLn(1)zzz=+。证 设shwz=，22102wwwweezeze=即解得21wezz=+,故2ArshLn(1)wzzz=+。24已知平面流速场的复势()zf为（1）()2i+z；（2）3z；（3）112+z；求流动的速度以及流线和等势线的方程。解（1）()()()()i2i2=+=zzzfzV为流速，又()()()()()12i11ii2222+=+=+=yxyxyxzzf 知流线和等势线方程分别为()11Cyx=+和()2221Cyx=+。（2）流速()()2233zzzfzV=，又()()()222233i3yxyyxxzzf+=,流线方程：()1223Cyyx=，等势线方程：()2223Cyxx=。（3）流速()()()2222121211+=+=+=zzzzzzfzV 又()()222222222412i12i1111yxyxxyyxxyyxzzf+=+=+=，流线方程为 ()12222241Cyxyxxy=+，等势线方程为()2222222411Cyxyxyx=+。-1-习题三解答 1.沿下列路线计算积分+idzz302。（1）自原点到i3+的直线段（2）自原点沿实轴至 3，再由 3 沿垂直向上至i3+；（3）自原点沿虚轴至 i，再由 i 沿水平方向右至i3+。解（1）=,3tytx 10 t，故ttzi3+=，10t。()dtdzi3+=于是()()dtttdzzi3i32130102+=+()+=1023i3dtt()i3266i33101|i)3(31333+=+=+=t（2）+=i30i30222221dzzdzzdzzdzzCC。1C之参数方程为=,3tytx()10 t；2C之参数方程为=,3tyx()10 t 故 ()+=+=i301010222i3266ii339dttdttdzz。（3）+=+=i30i0i3i2222243dzzdzzdzzdtzdzzCC。()10i:3=ttzC；()10i3:4+=ttzC，故 ()+=+=i301010222i32663i3idttdttdzz 2分别沿xy=与2xy=算出、积分()+idzyx102i的值。解（1）沿xy=。此时()10i+=tttz。()dtdzi1+=，于是()()()+=+i101022i1iidtttdzyx()()()+=+=+=102i65612i31i1ii1dttt。（2）沿2xy=，此时()10i2+=tttz。()dttdz2i1+=，故()()()+=+i10102222i1iidttttdzyx()()()()+=+=10103222ii12i1i1dtttdttt()i65612i31i1+=+=。3设()zf在单连域 D 内解析，C 为 D 内任何一条正向简单闭曲线，问()()=0ImRedzzfdzzfCC 是否成立，如果成立，给出证明；如果不成立，举例说明。解 未必成立。令()zzf=，1:=zC，则()zf在全平面上解析，但是 x 3+i C2 C1 O C3 i C4 y(z)3-2-()=20ReReiiCdeedzzf()=+=200icosisincosd()=20iiImImdeedzzfC()=+=200cosisinsind 4利用单位圆上1zz=的性质，及柯西积分公式说明2 iCzdz=?，其中C为正向单位圆周|1z=。解 12 iCCzdzdzz=?，（利用柯西积分公式）5计算积分dzzzC的值，其中 C 为正向圆周：（1）2=z；（2）4=z 解 （1）因在2|=z上有2|=z，4|2=zzz，从而有zz4=，故有 i422|2|2|4=dzzdzdzzzzCzZ（2）因在 C 上有4|=z，16|2=zzz，从而有zz16=，故有 i844|4|4|16=dzzdzdzzzzCzZ 6利用观察法得出下列积分的值。解 利用柯西古萨基本定理和柯西积分公式。7沿指定曲线的正向计算下列各积分。（1）Czdzze2，1|2:|=zC （2）22Cdzza?，:|Czaa=（3）i21zCe dzz+?，:|2i|3/2Cz=（4）3Czdzz?，:|2Cz=（5）23,(1)(1)Cdzzz?:|1Czr=时，331/()|10()zCezazdzza?在上解析，故；当|1a 时，32 i()|i()2!zzaz aCedzeeza=?10证明：当C为任何不通过原点的简单闭曲线时，210Cdzz=?。证明 当原点在曲线C内部时，0212 i(1)|0zCdzz=?；当原点在曲线C外部时，21/z在C内解析，故210Cdzz=?。11下列两个积分的值是否相等？积分 2）的值能否利用闭路变形原理从 1）的值得到？为什么？1）|2zzdzz=?；2）|4zzdzz=?解 2i|202i0zzdzedz=?；2i|404i0zzdzedz=?，故两个积分的值相等。但不能利用闭路变形原理从 1）的值得到，因zz不是一个解析函数。12设区域D为右半平面，z为D内圆周|1z=上的任意一点，用在D内的任意一条曲线C连结原点与z，证明201Re.14zd=+证明 函数211+在右半平面解析，故在计算从 0 到z沿任意一条曲线C的积分时与积分路径无关。则i1222i000011i2icos.111422cos2zeddxddxe=+=+（分子分母同乘以2i1 e+），-5-B1 C1 C2 B2 M N E F B G H 故 201Re.14zd=+1