复变函数课后习题答案(全)

习题一答案1．求下列复数的实部、虚部、模、幅角主值及共轭复数：（1）132i（2）(1)(2)iii（3）131iii（4）8214iii解：（1）1323213izi，因此：32Re,Im1313zz，1232,argarctan,3131313zzzi（2）3(1)(2)1310iiiziii，因此，31Re,Im1010zz，1131,argarctan,3101010zzzi（3）133335122iiiziii，因此，35Re,Im32zz，34535,argarctan,232izzz（4）82141413ziiiiii因此，Re1,Im3zz，10,argarctan3,13zzzi2．将下列复数化为三角表达式和指数表达式：（1）i（2）13i（3）(sincos)ri（4）(cossin)ri（5）1cossin(02)i解：（1）2cossin22iiie（2）13i23222(cossin)233iie（3）(sincos)ri()2[cos()sin()]22irire（4）(cossin)ri[cos()sin()]irire（5）21cossin2sin2sincos222ii22sin[cossin]2sin2222iie3．求下列各式的值：（1）5(3)i（2）100100(1)(1)ii（3）(13)(cossin)(1)(cossin)iiii（4）23(cos5sin5)(cos3sin3)ii（5）3i（6）1i解：（1）5(3)i5[2(cos()sin())]66i5552(cos()sin())16(3)66ii（2）100100(1)(1)ii50505051(2)(2)2(2)2ii（3）(13)(cossin)(1)(cossin)iiii2[cos()sin()](cossin)332[cos()sin()][cos()sin()]44iiii2[cos()sin()](cos2sin2)1212ii(2)122[cos(2)sin(2)]21212iie（4）23(cos5sin5)(cos3sin3)iicos10sin10cos19sin19cos(9)sin(9)iii（5）3i3cossin22i11cos(2)sin(2)3232kik31,02231,122,2ikikik（6）1i2(cossin)44i4112[cos(2)sin(2)]2424kik48482,02,1iiekek4．设121,3,2izzi试用三角形式表示12zz与12zz解：12cossin,2[cos()sin()]4466zizi，所以12zz2[cos()sin()]2(cossin)46461212ii，12zz1155[cos()sin()](cossin)2464621212ii5．解下列方程：（1）5()1zi（2）440(0)zaa解：（1）51,zi由此2551kiziei，(0,1,2,3,4)k（2）4444(cossin)zaai11[cos(2)sin(2)]44akik，当0,1,2,3k时，对应的4个根分别为：(1),(1),(1),(1)2222aaaaiiii6．证明下列各题：（1）设,zxiy则2xyzxy证明：首先，显然有22zxyxy；其次，因222,xyxy固此有2222()(),xyxy从而222xyzxy。（2）对任意复数12,,zz有2221212122Re()zzzzzz证明：验证即可，首先左端221212()()xxyy，而右端2222112211222Re[()()]xyxyxiyxiy2222112212122()xyxyxxyy221212()()xxyy，由此，左端=右端，即原式成立。（3）若abi是实系数代数方程101100nnnazazaza的一个根，那么abi也是它的一个根。证明：方程两端取共轭，注意到系数皆为实数，并且根据复数的乘法运算规则，()nnzz，由此得到：10110()()0nnnazazaza由此说明：若z为实系数代数方程的一个根，则z也是。结论得证。（4）若1,a则,ba皆有1abaab证明：根据已知条件，有1aa，因此：11()abababaabaaabaaba，证毕。（5）若1,1ab，则有11abab证明：222()()abababababab，2221(1)(1)1abababababab，因为1,1ab，所以，2222221(1)(1)0ababab，因而221abab，即11abab，结论得证。7．设1,z试写出使nza达到最大的z的表达式，其中n为正整数，a为复数。解：首先，由复数的三角不等式有1nnzazaa，在上面两个不等式都取等号时nza达到最大，为此，需要取nz与a同向且1nz，即nz应为a的单位化向量，由此，naza，naza8．试用123,,zzz来表述使这三个点共线的条件。解：要使三点共线，那么用向量表示时，21zz与31zz应平行，因而二者应同向或反向，即幅角应相差0或的整数倍，再由复数的除法运算规则知2131zzArgzz应为0或的整数倍，至此得到：123,,zzz三个点共线的条件是2131zzzz为实数。9．写出过1212,()zzzz两点的直线的复参数方程。解：过两点的直线的实参数方程为：121121()()xxtxxyytyy，因而，复参数方程为：112121121()()zxiyxiytxxiyiyztzz其中t为实参数。10．下列参数方程表示什么曲线？（其中t为实参数）（1）(1)zit（2）cossinzatibt（3）iztt解：只需化为实参数方程即可。（1）,xtyt，因而表示直线yx（2）cos,sinxatybt，因而表示椭圆22221xyab（3）1,xtyt，因而表示双曲线1xy11．证明复平面上的圆周方程可表示为0zzazazc，其中a为复常数，c为实常数证明：圆周的实方程可表示为：220xyAxByc，代入,22zzzzxyi，并注意到222xyzzz，由此022zzzzzzABci，整理，得022ABiABizzzzc记2ABia，则2ABia，由此得到0zzazazc，结论得证。12．证明：幅角主值函数argz在原点及负实轴上不连续。证明：首先，argz在原点无定义，因而不连续。对于00x，由argz的定义不难看出，当z由实轴上方趋于0x时，argz，而当z由实轴下方趋于0x时，argz，由此说明0limargzxz不存在，因而argz在0x点不连续，即在负实轴上不连续，结论得证。13．函数1wz把z平面上的曲线1x和224xy分别映成w平面中的什么曲线？解：对于1x，其方程可表示为1zyi，代入映射函数中，得211111iywuivziyy，因而映成的像曲线的方程为221,11yuvyy，消去参数y，得2221,1uvuy即22211()(),22uv表示一个圆周。对于224xy，其方程可表示为2cos2sinzxiyi代入映射函数中，得11cossin2cos2sin2iwuivzi因而映成的像曲线的方程为11cos,sin22uv，消去参数，得2214uv，表示一半径为12的圆周。14．指出下列各题中点z的轨迹或所表示的点集，并做图：解：（1）0(0)zzrr，说明动点到0z的距离为一常数，因而表示圆心为0z，半径为r的圆周。（2）0,zzr是由到0z的距离大于或等于r的点构成的集合，即圆心为0z半径为r的圆周及圆周外部的点集。（3）138,zz说明动点到两个固定点1和3的距离之和为一常数，因而表示一个椭圆。代入,zxiy化为实方程得22(2)11615xy（4）,zizi说明动点到i和i的距离相等，因而是i和i连线的垂直平分线，即x轴。（5）arg()4zi，幅角为一常数，因而表示以i为顶点的与x轴正向夹角为4的射线。15．做出下列不等式所确定的区域的图形，并指出是有界还是无界，单连通还是多连通。（1）23z，以原点为心，内、外圆半径分别为2、3的圆环区域，有界，多连通（2）arg(02)z，顶点在原点，两条边的倾角分别为,的角形区域，无界，单连通（3）312zz，显然2z，并且原不等式等价于32zz，说明z到3的距离比到2的距离大，因此原不等式表示2与3连线的垂直平分线即x2.5左边部分除掉x2后的点构成的集合，是一无界，多连通区域。（4）221zz，显然该区域的边界为双曲线221zz，化为实方程为2244115xy，再注意到z到2与z到2的距离之差大于1，因而不等式表示的应为上述双曲线左边一支的左侧部分，是一无界单连通区域。（5）141zz，代入zxiy，化为实不等式，得222178()()1515xy所以表示圆心为17(,0)15半径为815的圆周外部，是一无界多连通区域。习题二答案1．指出下列函数的解析区域和奇点，并求出可导点的导数。（1）5(1)z（2）32ziz（3）211z（4）13zz解：根据函数的可导性法则（可导函数的和、差、积、商仍为可导函数，商时分母不为0），根据和、差、积、商的导数公式及复合函数导数公式，再注意到区域上可导一定解析，由此得到：（1）5(1)z处处解析，54[(1)]5(1)zz（2）32ziz处处解析，32(2)32zizzi（3）211z的奇点为210z，即zi，2222221(1)2(),()1(1)(1)zzzizzz（4）13zz的奇点为3z，211()1,(3)3(3)zzzz2．判别下列函数在何处可导，何处解析，并求出可导点的导数。（1）22()fzxyxyi（2）22()fzxyi（3）3223()3(3)fzxxyixyy（4）1()fzz解：根据柯西—黎曼定理：（1）22,uxyvxy，22,,2,2xyyxuyvxuxyvxy四个一阶偏导数皆连续，因而,uv处处可微，再由柯西—黎曼方程,xyyxuvuv解得：0xy，因此，函数在0z点可导，0(0)0xxzfuiv，函数处处不解析。（2）22,uxvy，2,2,0,0xyyxuxvyuv四个一阶偏导数皆连续，因而,uv处处可微，再由柯西