复变函数论第三版课后习题答案

第一章习题解答（一）1．设132iz，求z及Arcz。解：由于3132iize所以1z，2,0,1,3Arczkk。2．设121,312izz，试用指数形式表示12zz及12zz。解：由于64121,322iiizezie所以()64641212222iiiizzeeee54()146122611222iiiizeeeze。3．解二项方程440,(0)zaa。解：1244444(),0,1,2,3kiizaaeaek。4．证明2221212122()zzzzzz，并说明其几何意义。证明：由于2221212122Re()zzzzzz2221212122Re()zzzzzz所以2221212122()zzzzzz其几何意义是：平行四边形对角线长平方和等于于两边长的和的平方。5．设z1，z2，z3三点适合条件：0321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321zzz的三个顶点均在单位圆上。因为33331zzz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。6．下列关系表示点z的轨迹的图形是什么？它是不是区域。（1）1212,()zzzzzz；解：点z的轨迹是1z与2z两点连线的中垂线，不是区域。（2）4zz；解：令zxyi由(4)xyixyi，即2222(4)xyxy，得2x故点z的轨迹是以直线2x为边界的左半平面（包括直线2x）；不是区域。（3）111zz解：令zxyi，由11zz，得22(1)(1)xx，即0x；故点z的轨迹是以虚轴为边界的右半平面（不包括虚轴）；是区域。（4）0arg(1),2Re34zz且；解：令zxyi由0arg(1)42Re3zz，得0arg1423yxx，即0123yxx故点z的轨迹是以直线2,3,0,1xxyyx为边界的梯形（包括直线2,3xx；不包括直线0,1yyx）；不是区域。（5）2,1zz且-3；解：点z的轨迹是以原点为心，2为半径，及以3z为心，以1为半径的两闭圆外部，是区域。（6）Im1,2zz且；解：点z的轨迹是位于直线Im1z的上方（不包括直线Im1z），且在以原点为心，2为半径的圆内部分（不包括直线圆弧）；是区域。（7）2,0arg4zz且；解：点z的轨迹是以正实轴、射线arg4z及圆弧1z为边界的扇形（不包括边界），是区域。（8）131,2222izzi且解：令zxyi由1223122izzi，得2211()2431()24xyxy故点z的轨迹是两个闭圆221131(),()2424xyxy的外部，是区域。7．证明：z平面上的直线方程可以写成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AxByC将11Re(),Im()22xzzzyzzzi代入，得CzBAzBA)i(21)i(21令)i(21BAa，则)i(21BAa，上式即为Czaza。反之：将,zxyizxyi，代入Czaza得()()aaxiaiayc则有AxByC；即为一般直线方程。8．证明：z平面上的圆周可以写成0.Azzzzc其中A、C为实数，0,A为复数，且2AC。证明：设圆方程为22()0AxyBxDyC其中0,A当224BDAC时表实圆；将2211,(),()22xyzzxzzyzzi代入，得11()()022AzzBDizBDizc即0.Azzzzc其中11(),()22BDiBDi且22211()444BDACAC；反之：令,zxyiabi代入20()AzzzzcAC得22()0,AxyBxDyC其中2,2BaBb即为圆方程。10．求下列方程（t是实参数）给出的曲线。（1）tzi)1(；（2）tbtazsinicos；（3）ttzi；（4）22ittz，解（1）ttytxtyxz,)i1(i。即直线xy。（2）20,sincossinicosittbytaxtbtayxz，即为椭圆12222byax；（3）tytxttyxz1ii，即为双曲线1xy；（4）22221iitytxttyxz，即为双曲线1xy中位于第一象限中的一支。11．函数zw1将z平面上的下列曲线变成w平面上的什么曲线ivuwiyxz,？（1）xy；（2）1122yx解222211yxyiyxxiyxzw，2222,yxyvyxxu，可得（1）vyxyyxyyxxu222222是w平面上一直线；（2）21211222222yxxxyxyx，于是21u，是w平面上一平行与v轴的直线。13．试证)arg(argzz在负实轴上（包括原点）不连续，除此而外在z平面上处处连续。证设zzfarg)(，因为f(0)无定义，所以f(z)在原点z=0处不连续。当z0为负实轴上的点时，即)0(000xxz，有xyxyzyxxyxxzzarctanlimarctanlimarglim00000所以zzzarglim0不存在，即zarg在负实轴上不连续。而argz在z平面上的其它点处的连续性显然。14．设00zz求证zf在原点处不连接。证由于01limlimlim42062400xxxxxzfxxxyz21limlim666003yyyzfyyxz,0,623yxxyzf可知极限zfz0lim不存在，故zf在原点处不连接。16.试问函数f(z)=1/(1–z)在单位圆|z|1内是否连续？是否一致连续？【解】(1)f(z)在单位圆|z|1内连续．因为z在内连续，故f(z)=1/(1–z)在\{1}内连续(连续函数的四则运算)，因此f(z)在单位圆|z|1内连续．(2)f(z)在单位圆|z|1内不一致连续．令zn=1–1/n，wn=1–1/(n+1)，n+．则zn,wn都在单位圆|z|1内，|znwn|0，但|f(zn)f(wn)|=|n(n+1)|=10，故f(z)在单位圆|z|1内不一致连续．[也可以直接用实函数f(x)=1/(1–x)在(0,1)不一致连续来说明，只要把这个实函数看成是f(z)在E={z|Im(z)=0,0Re(z)1}上的限制即可．]17.试证：复数列zn=xn+iyn以z0=x0+iy0为极限的充要条件是实数列{xn}及{yn}分别以x0及y0为极限．【解】()若复数列zn=xn+iyn以z0=x0+iy0为极限，则0，N+，使得nN，有|znz0|．此时有|xnx0||znz0|；|yny0||znz0|．故实数列{xn}及{yn}分别以x0及y0为极限．()若实数列{xn}及{yn}分别以x0及y0为极限，则0，N1+，使得nN1，有|xnx0|/2；N2+，使得nN2，有|yny0|/2．令N=max{N1,N2}，则nN，有nN1且nN2，故有|znz0|=|(xnx0)+i(yny0)||xnx0|+|yny0|/2+/2=．所以，复数列zn=xn+iyn以z0=x0+iy0为极限．20.如果复数列{zn}合于limnzn=z0，证明limn(z1+z2+...+zn)/n=z0．当z0时，结论是否正确？【解】(1)0，K+，使得nK，有|znz0|/2．记M=|z1z0|+...+|zKz0|，则当nK时，有|(z1+z2+...+zn)/nz0|=|(z1z0)+(z2z0)+...+(znz0)|/n(|z1z0|+|z2z0|+...+|znz0|)/n=(|z1z0|+...+|zKz0|)/n+(|zK+1z0|+...+|znz0|)/nM/n+(nK)/n·(/2)M/n+/2．因limn(M/n)=0，故L+，使得nL，有M/n/2．令N=max{K,L}，则当nK时，有|(z1+z2+...+zn)/nz0|M/n+/2/2+/2=．所以，limn(z1+z2+...+zn)/n=z0．(2)当z0时，结论不成立．这可由下面的反例看出．例：zn=(1)n·n，n+．显然limnzn=．但k+，有(z1+z2+...+z2k)/(2k)=1/2，因此数列{(z1+z2+...+zn)/n}不趋向于．[这个结论的证明的方法与实数列的情况完全相同，甚至反例都是一样的．]2．如果itez，试证明（1）ntzznncos21；（2）ntzznnsini21解（1）nteeeezznnsin21intintintint（2）nteeeezznnsini21intintintint4．设iyxz，试证yxzyx2。证由于yxyxyxyxz22222及22222222222yxyxyxyxyxz有yxzyx26.设|z|=1，试证：|(az+b)/(b*z+a*)|=1．(z*表示复数z的共轭)【解】此题应该要求b*z+a*0．|az+b|=|(az+b)*|=|a*z*+b*|=|a*z*+b*|·|z|=|(a*z*+b*)·z|=|a*z*·z+b*·z|=|a*|z|2+b*·z|=|b*z+a*|．故|(az+b)/(b*z+a*)|=1．8.试证：以z1,z2,z3为顶点的三角形和以w1,w2,w3为顶点的三角形同向相似的充要条件为111332211wzwzwz=0．【解】两个三角形同向相似是指其中一个三角形经过(一系列的)旋转、平移、位似这三种初等几何变换后可以变成另一个三角形(注意没有反射变换)．例如2.旋转w1z''11.平移3.位似z'2z'3z''2z2z3z1w2w3z'1z''3我们将采用下述的观点来证明：以z1,z2,z3为顶点的三角形和以w1,w2,w3为顶点的三角形同向相似的充要条件是：将它们的一对对应顶点都平移到原点后，它们只相差一个位似旋转．记f1(z)=zz1(将z1变到0的平移)；f3(z)=zw1(将0变到w1的平移)；那么，三角形z1z2z3与三角形w1w2w3同向相似存在某个绕原点的旋转位似变换f2(z)=z0z，使得f2(f1(zk))=f3(wk)，(k=2,3)，其中z0\{0}存在z0\{0}，使得z0(zkz1)=wkw1，(k=2,3)(