1、復變函數與積分變換課后習題答案習題一ei冗/435i(2i)(43i); 1 i3;7i1 ;1解eTt.4i兀cos -isin兀-i_22i442222解：35i3 5i17i16 13. i7i11+7i17i25 25解：2i4 3i8；3 4i6i 510i解：1331 i3 5.i1 i- i2i2 21.用復數的代數形式a+ib表不下列復數2.求下列各復數的實部和虛部(z=x+iy)z a3(a F)； z ;a2:,.設 z=x+iyx iy ax iyxaiyxaiyRe, z aImz2xy2a解:設 z=x+iy3 iy2 2y23xyx iy22xy23x yiy2xI

2、m3xRe z3i .3解：1 i 3-2-1 i. 3-8.3解:0iRei .321,Im1 i .3218 0i81 i 3-Re 21,iy x2x a2y2y2xyi2 .2x y i23xy2a iyx iy,1 i 3 cIm 0 2解：Im in3.求卜夕解：|2解：| 解：2解： =. i工愎婁22i3231 i2kn1 , n 2kkk1 k i, n 2k 1n 2k 時，Re in1 k , Im in 0 ；3 n 2k 1 時， Re in 0,1 k攵的模和共軻復數1 ii； 3; (2 i)(3 2i);.2i| 74 的.2 i3 ?3i 3 2i 2 i 1

3、3 2i75 A V65 .2i 2 i 3 2i 2 i 3 2i 4 7i|1 i| 正221 i1 i 1 i2224、證明：當且僅當 z 2時，z才是實數.證明：若z z ,設z x iy ,則有 x iy x iy,從而用 2y i 0,即y=01 z=x為實數.若 z=x, xC ，貝U z x x .z z .命題成立.5、設 z,wC ,證明： z w v z w、一1I2證明z w z w z w z w z wz z z w w z w w 22z zw z w w22z w 2Re z wV z2 Iw22 z wz2 1w2 2z |w 1z |w 2 . z w z

4、w .6、設z,wC ,證明卜列不等式. 222z wz2Re z w wz w2 z2 2Re z w w2z w2 z w2 2 z2 w? 并給出最舟-個等式的幾何解釋.證明：z w2 z2 2Re z w w2在上面第五題 的證明已經證明了.卜面證 z w2 z2 2Re z w w 2 .3 5i7i解:38i；3 5i7i16i1950解:i解:解:解:z w z wz w z w2-2z z w w z2w2一 _. 一、z 2Re z w22w .從而得證2z w 2|zw幾何意義：平行四邊形兩對角線平方的和等于各邊 的平方的和.7.將下列復數表示為指數形式或三角形式|z w2

5、5. . 5z cos 兀 isin 一3J3 J3i的平方根.解：3 . 3i= 6222cos2kx 二4-21;8t2.z豐 1從而 1 z z2+Lzn1011.設是圓周z:|z c r, r 0,a c令其中bei .求出L在a切于圓周 的關于分必要條件. 解：如圖所示.rei .c: 5 isin 一 61 .i 232因為L =z: Im -za =0表示通過點 a且方 b向與b同向的直線，要使得直線在 a處與圓相切，則CAL L .過C作直線平行L ,則有/ BCBp ,Z ACB=90故 a - B =90所以L在a處切于圓周T的關于3的充要條件是 a - 0 =90 .9z

6、 cos兀 6的三次根isin12.指出下列各式中點 z所確定的平面圖形，并作出 草圖.cos兀1isin 兀 32k *兀cos32k兀71 cos 一3isin 一cos 兀 isin 兀isin 33.i210,1,2argz ; z 1 z；1 z i| 2; Re z Im z; Im z 1 且 z 2.y2i解：(1)、argz=兀.表示負實軸.習題二1.求映射解：設u iviyiy,1z下圓周|z| 2的像.iv則x iyiy-2y解：表示以-i為圓心，以1和2為半徑的周圓所組 成的圓環域。(4)、Re(z)Imz.解：表示直線y=x的右下半平面5、Imz1 ,且 | z| -

7、ey xiy xi1八 y yee e而22當y 一 +oo 時，e-y 一0, eyf+8有 |sinz|一oo.當y 一 - oo 時)e-y 一+oo, ey一 0 有 |sinz|一00cos x iy1ey xiy xi1yye - e e同理得2221.證明當 y一8時，|sin(x+iy)|和 |cos(x+iy)|所以當y 一 oo時有|cosz| 一8習題三2(x y ix )dz1.計算積分。，其中C為從原點到點1+i的直線段.解設直線段的方程為y x,則z X ix. 0 x 1故10. 2.x y ix dzC2y ix d(x ix)(1) c1:z 2.2.ix (

8、1i)dxi(1i)1 i0 3(1 i)C4 : z i(4)4 1C2323 z-22.(2)(1計算積分C從點0到點z)dz1+i沿拋物線y=x2,ix1其中積分路徑C為的直線段；解：(1) 奇點z12所圍的區域內,1 z(z21)只有一個z dz(2)設 z. 2ixdz從點00到點x 11+i的弧段.dz1),1 1111、，C1(z 2T-i 2 r-i)dzix d(xix2 d(xix). 2、ix )2i(2)在C2所圍的區域內包含三個奇點 故11z2 1)dzC2 (z1111-)dz2 z i 2 z i(3)在C2所圍的區域內包含一個奇點0,z，故3.(2)計算積分zd

9、zC ,其中積分路徑c為從點-i到點i的直線段；沿單位圓周|z| 二 1沿單位圓周|z| 二 1解(1)設zdzCz iy.11ydiy的左半圓周，從點-i 的右半圓周，從點-i1 y 111ydy i到點到點i;i.(2)設 zeiC3iii 11(一 )dzz 2 z i 2 z i(4)在C4所圍的區域內包含兩個奇點 故1dz z 1),111 ii、_,(一 )dzz 2 z i 2 z i10.利用牛頓-萊布尼茲公式計算下列積分2icos-dz02i ln(z 1).dz(2)0e Zdz i0,zi1(22 .iz) dzzdzC32 1dei22i 32 dei2i萬3ei6.z

10、dz32 1dei22i?C zez sin z dzez sinz 在ez sin z dz 苴,c zdz ?ez sin zdza所圍的區域內解析(4)解2i(2)0sin zdz(6)i 1 tan z2cos zdzz .cos dz21sinz2i02ch1i(21zdziz)2dzii(2iz)2d(2iz)-(2 iz) i 311 i3 32e從而sinzdz2.a ieisin z dzzdz2iadae0sin z dz_12 / 27.計算積分z(z 1),其中積分路徑C為(4)i ln(z 1) -dz1 z 110z sin zdz(6)i 1 tan zdz1 c

11、os zi11n(z1)d ln(z1zd cos z0isec2 zdz1tan1-tan21 212dt h 12ze11.(2)計算積分(2)1) 1 ln2(z2zcosz1)112(一 3ln22)8 41cos zdz0sin1 cos1isec2 ztan zdz1tanz-tan2z 2ith1-dz 1，其中C為(1)zU-dzz 1dzC(z i)(z i)1zdzC(z i)(z i)u 3x2z2i sin1i e-dz 1i ezzeecjdz ? dzJ z 1C2 z 116.求下列積分的值，其中積分路徑12ez- cos Z?Cz5dZ (2).C z3 Z 解

12、(1)C均為憶|=1. tan z 12產z0x2u2x從而有2 u2-x(2)6xsin12xy12y3y2u6x2 6xy 6y2y6x 12yw滿足拉普拉斯方程，從而是調和函cosy_xu e cos y 1ze?cz5dz(2)4!(ez)(4) zo122u2x從而有2u2x函數.cosyy2uysin ycos y滿足拉普拉斯方程，從而是調和-cosz,2 丁z 不(cosz)_xe sin yxe cosytanz2 2-dz 2 i (tan z)c(Z Zd)z z02 Zdi sec 一2sin yxsin y e滿足拉普拉斯方程，從而是調和函233dz17.計算積分,(z

13、 1) (z 1)，其中積分路徑(1)中心位于點z 1,半徑為R 2的正向圓周(2)中心位于點z 1,半徑為R 2的正向圓周20.證明：函數u 數，但fu 證明：x2y都是調和函不是解析函數u 2x x2u2xy2uy2y2u2x2u-2y0，從而解：(1) C內包含了奇點12 / 八3 T?3dzC (z 1) (z 1)(2) C內包含了奇點z-17? 33dz. ?C(z 1)3(z 1)3z 12 i 1(3)2! (z 1)311)(2)1)322y x22 2(x y )c 236xy 2x/ 223(x y )2u是調和函數.2xy19.驗證下列函數為調和函數32x 6x yxe

14、 cosy解3xy2 2y3;1 i(ex sin y32u x 6x y，從而u(x221).23xy32y，不滿足C-R22.由下y2)2c 236xy 2x(x2是調和函數方程，從而fu列各已知調和函數，i不是解析函求解析函數f(z)22u2ux yxy(2)xuu2xy -解因為 xyy所以(x,y) (0,0)u .u ._dx _dy C(x,y) (0,0)(2 y x)dx (2xy)dy2y2xy C2Cx220 xdx-,f(1) 0 y2y x(y(2x y)dy Cf(z)xy i(2 y_22xyC)令y=0,上式變為f(x)2i(- C)2從而f(z)(2) x(x

15、2用線積分法，取(x,y)(1.0)f(z)(dx yx x yy22xy彳y )(x0,y0 )dy) Cx2五3dzf (z) A, z D,A,z G.其中G為C所圍內部區域.證明：在D內任取一點Z,并取充分大的 R,作圓CR: z R ,將C與Z包含在內則f(z)在以C及Cr為邊界的區域內解析, 分公式，有1 tf(z)石蜒f( z)cj因為limz 在f ( )-m-limzf(R上解析，且1, lim f (1 -依柯西積所以,當Z在C外部時,2x0.23.設2 22、2(x y )為(1,0),有2x x .1 -4dx1 x y 2yx 0 7-22T2dy0 (x y )f(

16、z)12 ui f()?c有-d z2y,得11 z即2/i.Cz設Z在C內，則f(z)=0f(z) A,/ xi(xC),即f()C=0故有：2布,Cz習題四1.p(z) (z a)(z a2)L(z an) ,其中復級數 an與n 1n 1bn都發散，則級數(an bn)1ai(i 1,2,L ,n)各不相同，閉路C不通過和叫發散.這個命題是否成立?為什么？a1,a2,L ,an,證明積分1 P (z).odz24? P(z)等于位于C內的p(z)的零點的個數.n 1答.不一定.反例：ann 1bn1i 2發散n證明：不妨設閉路 C內P(z)的零點的個數為k,其零點分別為a1,a2,.ak

17、(an bn)(ann 1anbnn 1bn)i ,收斂n 1 n2發散1 n1dz 2xi1(z ak) (z a1)(z ak) .(z a1).(z an 1)U9dz1 412 43 1k個dz a12d C3七dzz a2dz(z a1)(z a2).(z an)11Q dz2 7d Cz anJLz2 d C z an2.下列復數項級數是否收斂，是絕對收斂還是條件收斂？k24.試證明下述定理(無界區域的柯西積分公式設f(z)在閉路C及其外部區域D內解析，且lim f (z) Az J，則2n 11 in.ni(2)(1125i)n (3):(4)1 ln ncosin0 2n2n

18、11 i1 ( 1)n in 1 n當n充分大時，2xnxn因為11%發散,所以1 5i(2)又因為2.Jlim(-n所以(11i兀en5i2de下n 1圖)n 2)n汽cosnnn 1 n n2n 11 i一-一發散n 1 n,.26 n(一2一)發散1 5 lim( i)2 2發散isin 一 nTt-(cos isin所以an斂,所以不絕對收斂.(4)n 1niln1n 1 In n1因為蒜所以級數不絕對收斂.又因為當n=2k時，級數化為(1)k收斂In 2 k當n=2k+1時，級數化為1)k也收斂k 1 ln(2k 1)所以原級數條件收斂(5)cosi n n 02n1 enen 02n 22n 0交2n0(2e)n其中0歲發散，n收斂所以原級數發散.3.證明：若Re(an) 0,且 aan2收斂，則級數1an2絕對收斂.n 1證明：設anxn因為. _2i yn,an(xn i yn)22xny2 2xnyn ian和12an收斂所以yn,1又因為Re(an)(%I 10yn)2, n“yn收斂1所以Xn 0且nimxnlim x2