2023年复变函数课后习题超详细解析答案全.pdf

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1、精品资料 欢迎下载 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)1 310iiiziii，因此，31Re,Im1010zz，1131,argarctan,3101010zzzi （3）133335122iiiziii ，因此，35Re,Im32zz，34535,argarctan,232izzz （4）82141413ziiiiii 因此，Re1,Im3

2、zz，10,argarctan3,1 3zzzi 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 精品资料 欢迎下载（2）13i23222(cossin)233iie（3）(sincos)ri()2cos()sin()22irire （4）(cossin)ricos()sin()irire （5）21 cossin2sin2 sincos222ii 22sincossin2sin2222iie 3 求下列各式的值：（1）5(3)i （2）100100(

3、1)(1)ii （3）(13)(cossin)(1)(cossin)iiii （4）23(cos5sin5)(cos3sin3)ii（5）3i （6）1 i 解：（1）5(3)i52(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 2cos()sin()(cossin)332cos()sin()cos()sin()44iiii 2cos()sin()(cos2sin2)1212ii(2)122cos(2)sin(2)2121

4、2iie 下列方程解由此精品资料欢迎下载当时对应的个根分别为证明下列各题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设试写出使达到最大的的表达式其中为正整数为复数解首先由复数的三精品资料 欢迎下载（4）23(cos5sin5)(cos3sin3)ii cos10sin10cos19sin19cos(9)sin(9)iii（5）3i3cossin22i 11cos(2)sin(2)3 23 2kik31,02231,122,2ikikik （6）1 i2(cossin)44i 4112cos(2)sin(2)2 42 4kik48482,02,1iiekek 4 设121,3,

5、2izzi试用三角形式表示1 2z z与12zz 解：12cossin,2cos()sin()4466zizi，所以 1 2z z2cos()sin()2(cossin)46461212ii ，12zz1155cos()sin()(cossin)2464621212ii 5 解下列方程：（1）5()1zi （2）440 (0)zaa 解：（1）51,zi 由此 下列方程解由此精品资料欢迎下载当时对应的个根分别为证明下列各题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设试写出使达到最大的的表达式其中为正整数为复数解首先由复数的三精品资料 欢迎下载 2551k iziei，(0,

6、1,2,3,4)k （2）4444(cossin)zaai 11cos(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,xyx y 固此有 2222()(),xyxy 从而 222xyzxy。（2）对任意复数12,z z有2221212122Re()zzzzz z 证明：验证即可，首先左端221212()()xxyy，而右端2222112211222Re()()xyxyxiyxiy 222211221212

7、2()xyxyx xy y221212()()xxyy，由此，左端=右端，即原式成立。（3）若abi是实系数代数方程101100nnna za zaza 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()()0nnnaza zaza 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 下列方程解由此精品资料欢迎下载当时对应的个根分别为证明下列各题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设试写出使达到最大的的表达式其中为正整数为复

8、数解首先由复数的三精品资料 欢迎下载 证明：根据已知条件，有1aa，因此：11()abababaaba aaba aba，证毕。（5）若1,1ab，则有11abab 证明：222()()abab abababab，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

9、量，由此，naza，naza 8试用123,z z z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：下列方程解由此精品资料欢迎下载当时对应的个根分别为证明下列各题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设试写出使达到最大的的表达式其中为正整数为复数解首先由复数的三精品资料 欢迎下载 123,z z z三个点共线的条件是2131zzzz为实数。9写出过1212,()z zzz两点的直线的复参数方程。解：过两点的

10、直线的实参数方程为：121121()()xxt xxyyt yy ，因而，复参数方程为：11212112()()zxiyxiyt xxiyiyzt zz 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)zi t （2）cossinzatibt （3）iztt 解：只需化为实参数方程即可。（1）,xt yt，因而表示直线yx（2）cos,sinxat ybt，因而表示椭圆22221xyab（3）1,xt yt，因而表示双曲线1xy 11证明复平面上的圆周方程可表示为 0z za za zc，其中a为复常数，c为实常数 证明：圆周的实方程可表示为：220 xyAxByc

11、，代入,22zzzzxyi，并注意到222xyzzz，由此 022zzzzzzABci，整理，得 022ABiABizzzzc 记2ABia，则2ABia，由此得到 下列方程解由此精品资料欢迎下载当时对应的个根分别为证明下列各题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设试写出使达到最大的的表达式其中为正整数为复数解首先由复数的三精品资料 欢迎下载 0z za za zc，结论得证。12证明：幅角主值函数arg z在原点及负实轴上不连续。证明：首先，arg z在原点无定义，因而不连续。对于00 x，由arg z的定义不难看出，当z由实轴上方趋于0 x时，arg z，而当z由

12、实轴下方趋于0 x时，arg z，由此说明0lim argzxz不存在，因而arg z在0 x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2cos2 sinzxiyi 代入映射函数中，得 11co ssi n2 co s2 si n2iwui vzi 因而映成的像曲线的方

13、程为 11cos,sin22uv，消去参数，下列方程解由此精品资料欢迎下载当时对应的个根分别为证明下列各题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设试写出使达到最大的的表达式其中为正整数为复数解首先由复数的三精品资料 欢迎下载 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

14、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

15、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，多连通下列方程解由此精品资料欢迎下载当时对应的个根分别为证明下列各题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设试写出使达到最大的的表达式其中为正整数为复数解首先由复数的三精品资料 欢迎下载 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 2221 78()(

16、)1 51 5xy 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

17、 （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()f zxyx yi （2）22()f zxy i 下列方程解由此精品资料欢迎下载当时对应的个根分别为证明下列各题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设试写出使达到最大的的表达式其中为正整数为复数解首先由复数的三精品资料 欢迎下载（3）3223()3(3)f zxxyix yy （4）1()f zz 解：根据柯西黎曼定理：（1）22,uxyvx y，22,2,2xyyxuyvx uxyvxy 四个一阶偏导数皆连续，因而,u v处处可

18、微，再由柯西黎曼方程 ,xyyxuvuv 解得：0 xy，因此，函数在0z 点可导，0(0)0 xxzfuiv，函数处处不解析。（2）22,uxvy，2,2,0,xyyxuxvy uv 四个一阶偏导数皆连续，因而,u v处处可微，再由柯西黎曼方程 ,xyyxuvuv 解得：xy，因此，函数在直线yx上可导，()2xxy xfxixuivx，因可导点集为直线，构不成区域，因而函数处处不解析。（3）32233,3uxxyvx yy，222233,33,6,6xyyxuxyvxyuxyvxy 四个一阶偏导数皆连续，因而,u v 处处可微，并且,u v 处处满足柯西黎曼方程 ,xyyxuvuv 因此，

19、函数处处可导，处处解析，且导数为 ()xxfzuiv 2233+6xyi xy23z （4）2211()xiyf zxiyxyz，2222,xyuvxyxy，2222222222,()()xyyxxyuvxyxy，22222222,()()yxxyxyuvxyxy，因函数的定义域为0z，故此，,u v处处不满足柯西黎曼方程，因而函数处处不可导，处处不解析。3当,l m n取何值时3232()()f zmynx yi xlxy在复平面上处处解析？解：3232,umynx yvxlxy 22222,2,3,3xyyxunxy vlxyumynxvxly，下列方程解由此精品资料欢迎下载当时对应的个根

20、分别为证明下列各题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设试写出使达到最大的的表达式其中为正整数为复数解首先由复数的三精品资料 欢迎下载 由柯西黎曼方程得：22222 2,(1)33 (2)xyyxunxyvlxyumynxvxly 由（1）得 nl，由（2）得3,3nml ，因而，最终有 1,mnl 4证明：若()f z解析，则有 222()()()f zf zfzxy 证明：由柯西黎曼方程知，左端222222()()uvuvxy 2222222222()()()()yyxxxxxxuuvvuuvvuuvvuvvuuvuvuv 2222222()()()xxxxxxu

21、uvv uvuvuv2xxuiv 2()fz右端，证毕。5证明：若()f zuiv 在区域D 内解析，且满足下列条件之一，则()f z在 D 内一定为常数。（1）()f z在 D 内解析，（2）u在 D 内为常数，（3）()f z在 D 内为常数，（4）2vu （5）231uv 证明：关键证明,u v的一阶偏导数皆为 0！（1）()f zuiv，因其解析，故此由柯西黎曼方程得 ,xyyxuvuv -（1）而由()f z的解析性，又有,xyyxuvuv -（2）由（1）、（2）知，0 xyxyuuvv，因此12,ucvc即 12()f zcic 为常数（2）设1uc，那么由柯西黎曼方程得 0,0

22、 xyyxvuvu，说明v与,x y无关，因而 2vc，从而12()f zcic 为常数。（3）由已知，2220()f zuvc为常数，等式两端分别对,x y求偏导数，得 下列方程解由此精品资料欢迎下载当时对应的个根分别为证明下列各题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设试写出使达到最大的的表达式其中为正整数为复数解首先由复数的三精品资料 欢迎下载 220220 xxyyuuvvuuvv-（1）因()f z解析，所以又有 ,xyyxuvuv-（2）求解方程组（1）、（2），得 0 xyxyuuvv，说明,u v皆与,x y无关，因而为常数，从而()f z也为常数。（4

23、）同理，2vu两端分别对,x y求偏导数，得 2,2xxyyvu uvu u 再联立柯西黎曼方程,xyyxuvuv，仍有 0 xyxyuuvv（5）同前面一样，231uv两端分别对,x y求偏导数，得 2+30,2+3xxyyuvuv 考虑到柯西黎曼方程,xyyxuvuv，仍有 0 xyxyuuvv，证毕。6计算下列各值（若是对数还需求出主值）（1）2ie （2）()Lni （3）(34)Lni （4）sini （5）(1)ii （6）2327 解：（1）2cos()sin()22ieii （2）1()lnarg()2(2)2Lniiik iki ，k为任意整数，主值为：1()2lnii （3

24、）(34)ln34arg(34)2Lniiik i 4ln 5(arct an2)3ki，k为任意整数 主值为：4ln(34)ln5(arctan)3ii（4）.1sin22i ii ieeeeiii（5）(22)22(1)44(1)i lnik iilnkiiLniieee 下列方程解由此精品资料欢迎下载当时对应的个根分别为证明下列各题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设试写出使达到最大的的表达式其中为正整数为复数解首先由复数的三精品资料 欢迎下载 24(co s ln2s i n2)kei，k为任意整数（6）22224427(27 2)27333333279Ln

25、lnk ilnk ik ieeeee，当k分别取 0，1，2 时得到 3 个值：9，4399(13)2iei，8399(13)2iei 7求2ze和2zArge 解：2222zxyxyiee，因此根据指数函数的定义，有 2ze22xye，222zArgexyk，（k为任意整数）8设izre，求Re(1)Ln z 解：(1)ln1arg(1)2Ln zzizk i ，因此 Re(1)Ln z 22ln1ln(cos1)(sin)zrr 21ln(12 co s)2rr 9解下列方程：（1）13zei （2）ln2zi（3）sincos0zz （4）shzi 解：（1）方程两端取对数得：1(13)

26、ln2(2)3zLniki （k为任意整数）（2）根据对数与指数的关系，应有 2co ss i n22izeii （3）由三角函数公式（同实三角函数一样），方程可变形为 si nco s2 si n()04zzz 因此,4zk 即 4zk，k为任意整数 下列方程解由此精品资料欢迎下载当时对应的个根分别为证明下列各题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设试写出使达到最大的的表达式其中为正整数为复数解首先由复数的三精品资料 欢迎下载（4）由双曲函数的定义得 2zzeeshzi，解得 2()210zzeie，即zei，所以 (2)2zL niki ，k为任意整数 10 证

27、明 罗 比 塔 法 则：若()f z及()g z在0z点 解 析，且000()()0,()0fzgzgz，则000()()lim()()zzfzf zg zg z，并由此求极限 00sin1lim;limzzzzezz 证明：由商的极限运算法则及导数定义知 000000000000()()()()lim()limlim()()()()()limzzzzzzzzf zf zf zf zzzzzf zg zg zg zg zg zzzzz00()()fzg z，由此，00sincoslimlim11zzzzz 0001 lim lim11zzzzeeez 11用对数计算公式直接验证：（1）22Ln

28、zLnz （2）12Ln zLnz 解：记izre，则（1）左端22()2ln(22)iLn r erki，右端2ln(2)2ln(24)rmirmi，其中的,k m为任意整数。显然，左端所包含的元素比右端的要多（如左端在1k 时的值为 2ln(22)ri，而右端却取不到这一值），因此两端不相等。（2）左端221ln(2)22miLnrermki 右端11ln(2)ln()222rnirni 其中,k n为任意整数，而 0,1m 不难看出，对于左端任意的k，右端n取2k或21k 时与其对应；反之，对于右端任意的n，当2nl为偶数时，左端可取,0kl m于其下列方程解由此精品资料欢迎下载当时对应

29、的个根分别为证明下列各题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设试写出使达到最大的的表达式其中为正整数为复数解首先由复数的三精品资料 欢迎下载 对应，而当21nl 为奇数时，左端可取2,1kl m于其对应。综上所述，左右两个集合中的元素相互对应，即二者相等。12证明sinsin,coscoszzzz 证明：首先有(cossin)(cossin)zxxx iyzeeyiyeyiyee，因此 sin()2222izizizizizizizizeeeeeeeeziiii s i n2i zi zeezi，第一式子证毕。同理可证第二式子也成立。13证明ImImsinzzze （

30、即sinyyze）证明：首先，sin222izizizizyyyeeeeeezei，右端不等式得到证明。其次，由复数的三角不等式又有 sin2222izizyyyyizizeeeeeeeezi，根据高等数学中的单调性方法可以证明0 x 时2xxeex，因此接着上面的证明，有sin2yyeezy，左端不等式得到证明。14设zR，证明sin,coszchRzchR 证明：由复数的三角不等式，有 s i n2222i zi zyyizizyyeeeeeeeezch yi，由已知，yzR，再主要到0 x 时chx单调增加，因此有 si nzch ychR，同理，cos2222izizyyizizyye

31、eeeeeeezch ychR 证毕。15已知平面流场的复势()f z为 下列方程解由此精品资料欢迎下载当时对应的个根分别为证明下列各题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设试写出使达到最大的的表达式其中为正整数为复数解首先由复数的三精品资料 欢迎下载（1）2()zi （2）2z （3）211z 试求流动的速度及流线和等势线方程。解：只需注意，若记()(,)(,)f zx yix y，则 流场的流速为()vfz，流线为1(,)x yc，等势线为2(,)x yc，因此，有（1）2222()(1)(1)2(1)zixyixyx yi 流速为()2()2()vfzzizi，

32、流线为1(1)x yc，等势线为 222(1)xyc （2）333223()3(3)zxiyxxyx yy i 流速为22()33()vfzzz，流线为2313x yyc，等势线为 3223xxyc（3）22221111()112zxiyxyxyi 222222212(1)4xyxyixyx y 流速为222222()(1)(1)zzvfzzz，流线为 122222(1)4xycxyx y，等势线为 222222221(1)4xycxyx y 习题三答案 1计算积分2()cxyixdz，其中c为从原点到1 i的直线段 解：积分曲线的方程为,xtyt，即 zxi ytt i ，:01t，代入原积

33、分表达式中，得 1220()()()cxyixdzttittti dt 下列方程解由此精品资料欢迎下载当时对应的个根分别为证明下列各题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设试写出使达到最大的的表达式其中为正整数为复数解首先由复数的三精品资料 欢迎下载 11230011(1)33iiiti dtt 2计算积分zce dz，其中c为（1）从 0 到 1 再到1 i的折线 （2）从 0 到1 i的直线 解：（1）从 0 到 1 的线段1c方程为：,:01zxiyxx ，从 1 到1 i的线段2c方程为：1,:01zxiyiyy ，代入积分表达式中，得 1211100(1)z

34、zzxyiccce dze dze dze dxeyi dy 111000(cossin)1(sincos)xeeiyiy dyeeiyiy 11(sin1cos1)(cos1sin1)11ieeiiieie ；（2）从 0 到1 i的直线段的方程为zxiytti ，:01t，代入积分表达式中，得 1100()(1)(cossin)zt titce dzetti dtietit dt，对上述积分应用分步积分法，得 10(sincos)(sincos)(1)22ttzcette itte dzi 1100(1)(1)(cossinsincos)()22ttititi ei etittiteie

35、1(1)10101i tiieeee 3积分2()cxiy dz，其中c为（1）沿yx从 0 到1 i （2）沿2yx从 0 到1 i 解：（1）积分曲线的方程为zxiytti ，:01t，代入原积分表达式中，得 1122200()()()(1)()cxiy dztit tti dtitit dt 1115(1)()3266iii （2）积分曲线的方程为 2zxi yxx i ，:01t，代入积分表达式中，得 下列方程解由此精品资料欢迎下载当时对应的个根分别为证明下列各题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设试写出使达到最大的的表达式其中为正整数为复数解首先由复数的三

36、精品资料 欢迎下载 1122222300()()()(1)(2)cxiy dzxixxx i dxixx i dx 1215(1)()3466iii 4计算积分cz dz，其中c为（1）从1 到+1 的直线段 （2）从1 到+1 的圆心在原点的上半圆周 解：（1）c的方程为zx，代入，得 111021cz dzxdxxdx（2）c的方程为cossin,:0zxiyi ，代入，得 001(cossin)(sincos)cz dzidid 0(c o ss i n)2i 5估计积分212cdzz 的模,其中c为+1 到-1的圆心在原点的上半圆周。解：在c上，z=1，因而由积分估计式得 222111

37、222ccccdzdsdsdszzz c的弧长 6用积分估计式证明：若()f z在整个复平面上有界，则正整数1n 时 ()lim0RnRcf zdzz 其中Rc为圆心在原点半径为R的正向圆周。证明：记()f zM，则由积分估计式得 0()()1RRRRnnnnccccfzfzMdzdsMdsdszzRz 122nnMMRRR，因1n，因此上式两端令R 取极限，由夹比定理，得 ()lim0RnRcf zdzz，证毕。下列方程解由此精品资料欢迎下载当时对应的个根分别为证明下列各题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设试写出使达到最大的的表达式其中为正整数为复数解首先由复数

38、的三精品资料 欢迎下载 7通过分析被积函数的奇点分布情况说明下列积分为 0 的原因，其中积分曲线c皆为1z。（1）2(2)cdzz （2）224cdzzz （3）22cdzz （4）coscdzz （5）zcze dz 解：各积分的被积函数的奇点为：（1）2z ，（2）2(1)30z 即13zi，（3）2zi （4）,2zkk为任意整数，（5）被积函数处处解析，无奇点 不难看出，上述奇点的模皆大于 1，即皆在积分曲线之外，从而在积分曲线内被积函数解析，因此根据柯西基本定理，以上积分值都为 0。8计算下列积分：（1）240ize dz （2）2siniizdz （3）10sinzzdz 解：以上

39、积分皆与路径无关，因此用求原函数的方法：（1）42202400111()(1)222iiizze dzeeei（2）21 cos 2sin2sin224iiiiiizzzzdzdz 22111sin2()(2)242iiieeshii （3）11110000sincoscoscoszzdzzdzzzzdz 10cos1sinsin1cos1z 9计算 22cdzza，其中c为不经过a的任一简单正向闭曲线。解：被积函数的奇点为a，根据其与c的位置分四种情况讨论：（1）a皆在c外，则在c内被积函数解析，因而由柯西基本定理 220cdzza （2）a在c内，a在c外，则1za在c内解析，因而由柯西积

40、分 下列方程解由此精品资料欢迎下载当时对应的个根分别为证明下列各题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设试写出使达到最大的的表达式其中为正整数为复数解首先由复数的三精品资料 欢迎下载 公式：22112z accdzzadziizazaaza（3）同理，当a在c内，a在c外时，22112zaccdzzadziizazaaza （4）a皆在c内 此时，在c内围绕,aa分别做两条相互外离的小闭合曲线12,c c，则由复合闭路原理得：1222111122z azacccdzzazadzdziizazazazaza 0iiaa 注：此题若分解221111()2a zazaza，

41、则更简单！10 计算下列各积分 解：（1）11()(2)2zdzizz，由柯西积分公式 11211142224()(2)22izzzizdzdziiizizzz（2）23221izziedzz，在积分曲线内被积函数只有一个奇点i，故此同上题一样：23221izziedzz 3222izizz izieezidzizizie 下列方程解由此精品资料欢迎下载当时对应的个根分别为证明下列各题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设试写出使达到最大的的表达式其中为正整数为复数解首先由复数的三精品资料 欢迎下载（3）2232(1)(4)zdzzz 在积分曲线内被积函数有两个奇点i

42、，围绕,ii分别做两条相互外离的小闭合曲线12,c c，则由复合闭路原理得：1222223211(4)()(4)()(4)(1)cczdzzzizzidzdzzizizz 221120(4)()(4)()z iziizzizzi（4）42 21zzdzz，在积分曲线内被积函数只有一个奇点 1，故此 2422 22 2111(1)(1)211(1)(1)zzzzzzdzdzizzzz 2i（5）221sin41zzdzz，在积分曲线内被积函数有两个奇点1，围绕1,1分别做两条相互外离的小闭合曲线12,c c，则由复合闭路原理得：221sin41zzdzz1211sinsin141411cczzz

43、zdzdzzz 11112sinsin21414zzzziizz（6）22,(1)nnzzdznz为正整数，由高阶导数公式 22(1)nnzzdzz2(1)12()(1)!nnzizn 下列方程解由此精品资料欢迎下载当时对应的个根分别为证明下列各题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设试写出使达到最大的的表达式其中为正整数为复数解首先由复数的三精品资料 欢迎下载 2(21)(2)(2)!22(1)!(1)!(1)!nnnniinnn 11 计算积分312(1)zcedziz z，其中c为（1）12z （2）112z （3）2z 解：（1）由柯西积分公式 31212(1

44、)zzedziz z331021(1)12(1)zzzzeezdzizz （2）同理，由高阶导数公式 311212(1)zzedziz z3111211()22!(1)zzzzeezdzizz 2311(22)22zzezzez（3）由复合闭路原理 3212(1)zzedziz z123311(1)22(1)zzcceezzdzdziziz 30(1)zzez11()2!zzez12e，其中，12,c c为2z 内分别围绕0，1 且相互外离的小闭合曲线。12 积分112zdzz的值是什么？并由此证明012cos054cosd 解：首先，由柯西基本定理，1102zdzz，因为被积函数的奇点在积分

45、曲线外。其次，令(cossin)zri，代入上述积分中，得 112zdzz20sincos2cossinidi 下列方程解由此精品资料欢迎下载当时对应的个根分别为证明下列各题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设试写出使达到最大的的表达式其中为正整数为复数解首先由复数的三精品资料 欢迎下载 2220(sincos)(2cossin)(2cos)(sin)iid 20(sincos)(2cossin)054cosiid 考察上述积分的被积函数的虚部，便得到 20(si nco s)(2co ssi n)Im54cosiid 2012 co s054 co sd，再由co

46、s的周期性，得 20012cos12cos12cos2054cos54cos54cosddd 即012cos054cosd，证毕。13 设(),()f zg z都在简单闭曲线c上及c内解析，且在c上 ()()fzg z，证明在c内也有()()f zg z。证明：由柯西积分公式，对于c内任意点0z，00001()1()(),()22ccf zg zf zdzg zdzizzizz，由已知，在积分曲线c上，()()f zg z，故此有 00()()f zg z 再由0z的任意性知，在c内恒有()()f zg z，证毕。14 设()f z在单连通区域D内解析，且()11f z ，证明（1）在D内()

47、0f z；（2）对于D内任一简单闭曲线c，皆有()0()cfzdzf z 证明：（1）显然，因为若在某点处()0,f z 则由已知 011，矛盾！（也可直接证明：()1()11f zf z ，因此 1()11f z，即0()2f z，说明()0f z）（3）既然()0f z，再注意到()f z解析，()fz也解析，因此由函数的解析性法则知()()fzf z也在区域D内解析，这样，根据柯西基本定理，对于D内任一简单闭曲线c，皆有()0()cfzdzf z，证毕。15求双曲线22yxc（0c 为常数）的正交（即垂直）曲线族。下列方程解由此精品资料欢迎下载当时对应的个根分别为证明下列各题证明方程两端

48、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设试写出使达到最大的的表达式其中为正整数为复数解首先由复数的三精品资料 欢迎下载 解：22uyx为调和函数，因此只需求出其共轭调和函数(,)v x y，则(,)v x yc便是所要求的曲线族。为此，由柯西黎曼方程 2xyvuy ，因此(2)2()vy dxxyg y ，再由 2yxvux 知，()0gy，即0()g yc为常数，因此 02vxyc，从而所求的正交曲线族为xyc（注：实际上，本题的答案也可观察出，因极易想到 222()2fzzyxxyi解析）16设sinpxvey，求p的值使得v为调和函数。解：由调和函数的定义 2s i n(s

49、i n)0p xp xx xy yvvp eyey，因此要使v为某个区域内的调和函数，即在某区域内上述等式成立，必须 210p ，即1p。17已知22255uvxyxyxy，试确定解析函数 ()f zuiv 解：首先，等式两端分别对,x y求偏导数，得 225xxuvxy-（1）225yyuvyx -（2）再联立上柯西黎曼方程 xyuv-（3）yxuv-（4）从上述方程组中解出,xyu u，得 25,2xyuxuy 这样，对xu积分，得25(),uxxc y再代入yu中，得 20()2,()cyyc yyc 至此得到：2205,uxxyc由二者之和又可解出 025vxyyc，因此 200()5

50、f zuivzzcc i ，其中0c为任意实常数。注：此题还有一种方法：由定理知 ()25225xxxyfzuivuiuxyiz 由此也可很方便的求出()f z。下列方程解由此精品资料欢迎下载当时对应的个根分别为证明下列各题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设试写出使达到最大的的表达式其中为正整数为复数解首先由复数的三精品资料 欢迎下载 18由下列各已知调和函数求解析函数()f zuiv 解：（1）22,()1uxxyyf ii，由柯西黎曼方程，2yxvuxy，对y积分，得 212()2vxyyc x，再由xyvu 得2()2yc xxy ，因此 201(),()2