《复变函数》第二章习题全解钟玉泉版_高等教育-微积分.pdf

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1、精品资料 欢迎下载 第二章 解析函数（一）1.证明:0,使0001/),(tttt,有)()(01tztz,即C在)(0tz的对应去心邻域内无重点,即能够联结割线)()(10tztz,是否就存在数列01ttn,使)()(01tztzn,于是有 0)()(lim)(0101001tttztztznnttn 此与假设矛盾.01001),(ttttt 因为 )()(a rg)()(a rg010101tztztttztz 所以)()(limarg)()(arglim)()(arglim0101010101010101tttztztttztztztztttttt 因此,割线确实有其极限位置,即曲线C在

2、点)(0tz的切线存在,其倾角为)(arg0tz.2.证明:因)(),(zgzf在0z点解析,则)(),(00zgzf均存在.所以)()()()()()(lim)()()()(lim)()(lim00000000000zgzfzzzgzgzzzfzfzgzgzfzfzgzfzzzzzz 3.证明:3322,0,0,0,00 x yxyu x yxyx y 3322,0,0,0,00 x yxyv x yxyx y 精品资料 欢迎下载 于是 00,00,00,0limlim1xxxu xuxuxx,从而在原点 f z满足CR条件,但在原点，0,00,0 xxuivuivffzzz 333311i

3、xyi zxyz 当z沿0yx 时,有 212ffzizx 故 f z在原点不可微.4.证明:(1)当0z时,即yx,至少有一个不等于 0 时,或有yxuu,或有yxuu,故z至多在原点可微.(2)在C上处处不满足CR条件.(3)在C上处处不满足CR条件.(4)221yxyixzzzz,除原点外,在C上处处不满足CR条件.5.解:(1)yxyxvxyyxu22),(,),(,此时仅当0yx时有 xyvxyuxvyuxyyx22,22 且这四个偏导数在原点连续,故)(zf只在原点可微.(2)22),(,),(yyxvxyxu,此时仅当yx 这条直线上时有 00,22xyyxvuyvxu 且在yx

4、 这四个偏导数连续,故)(zf只在yx 可微但不解析.(3)333),(,2),(yyxvxyxu,且 00,9622xyyxvuyvxu 故只在曲线0212312xy上可微但不解析.是有此与假设矛盾因为所以因此割线确实有其极限位置即曲线在点的切线存在其倾角为证明因在点解析则均存在所以证明精品资料欢迎下载于是从而在原点满足条件但在原点当沿时有故在原点不可微证明当时即至少有一个不等于时有且这四个偏导数在原点连续故只在原点可微此时仅当这条直线上时有且在这四个偏导数连续故只在可微但不解析且故只在曲线上可微但不解析精品资料欢迎下载在全平面上有且在全平面上这四个偏导数连续故可微且解析证明设则由条件得因此

5、为常数则亦为常数证明设则由在内解析知从而因而亦内解析解由则有故为连续的且满足条件所以在平面上解析且精品资料欢迎下载故在平面上解析且由则有故为连续的且满足条件所以在平面上解析且由则有故为连续的精品资料 欢迎下载(4)32233),(,3),(yyxyxvxyxyxu在全平面上有 xyvxyuyxvyxuxyyx66,33332222 且在全平面上这四个偏导数连续,故可微且解析.6.证明:(1)yyxxiuvivuzfDyixz)(0,(2)设.f zuiv 则 f zuiv，由 f z与 fz均在 D 内解析知,xyyxuv uv,xyyxuv uv 结合此两式得0 xyxyuuvv，故,u v

6、均为常数,故)(zf亦为常数.(3)若0)(Czf,则显然0)(zf,若0)(Czf,则此时有0)(zf,且2)()(Czfzf,即)()(2zfCzf也时解析函数,由(2)知)(zf为常数.(4)设.f zuiv,若Cyxu),(,则0,0yxuu,由CR条件得 0,0 xyyxuvuv 因此vu,为常数,则)(zf亦为常数.7.证明：设,fuiv gi fpiQ 则,fuiv gviu 由 f z在 D 内解析知,xyyxuv uv 从而 ,xxyvyyxpvuQpvuQ x 因而 g z亦 D 内解析.8.解:(1)由32233),(,3),(yyxyxvxyxyxu,则有 222233

7、,6,6,33yxvxyvxyuyxuyxyx 故yxyxvvuu,为连续的,且满足CR条件,所以 zf在z平面上解析,且 22236)33()(zxyiyxivuzfxx (2),cossin,cossinxxu x yexyyyv x yeyyxy cossincosxxyuexyyyyv 是有此与假设矛盾因为所以因此割线确实有其极限位置即曲线在点的切线存在其倾角为证明因在点解析则均存在所以证明精品资料欢迎下载于是从而在原点满足条件但在原点当沿时有故在原点不可微证明当时即至少有一个不等于时有且这四个偏导数在原点连续故只在原点可微此时仅当这条直线上时有且在这四个偏导数连续故只在可微但不解析且

8、故只在曲线上可微但不解析精品资料欢迎下载在全平面上有且在全平面上这四个偏导数连续故可微且解析证明设则由条件得因此为常数则亦为常数证明设则由在内解析知从而因而亦内解析解由则有故为连续的且满足条件所以在平面上解析且精品资料欢迎下载故在平面上解析且由则有故为连续的且满足条件所以在平面上解析且由则有故为连续的精品资料 欢迎下载 s i ns i nc o sxyxuexyyyyv 故 f z在 z 平面上解析，且 cos1sinsin1cosxxfzeyxyyieyxyy (3)由xshyyxvxchyyxucos),(,sin),(,则有 x c h yvx s h yvx s h yux c h

9、yuyxyxc o s,s in,s in,c o s 故yxyxvvuu,为连续的,且满足CR条件,所以 zf在z平面上解析,且 zx s h y ix c h yivuzfxxc o ss inc o s)(4)由xshyyxvxchyyxusin),(,cos),(,则有 x c h yvx s h yvx s h yux c h yuyxyxs in,c o s,c o s,s in 故yxyxvvuu,为连续的,且满足CR条件,所以 zf在z平面上解析,且 zx s h y ix c h yivuzfxxs inc o ss in)(9.证明:设,izxyire 则cos,sin,x

10、ryr 从而cossin,sincosrxyxyuuuuu ru r cossin,sincos,rxyxyvuvvv rv r 再由11,rruvvurr，可得,xyyxuv uv，因此可得 f z在点 z 可微且 11cossinsincosxyrrfzuiuruui ruurr 1c o ss i ns i nc o sriuiur c o ss i ns i nc o srriuiv c o ss i nrriuiv 1c o ss i nrrrrrui vui viz 10.解:(1)xyixzieee2)21(22 (2)222222yzxyiyzzeee 是有此与假设矛盾因为所以

11、因此割线确实有其极限位置即曲线在点的切线存在其倾角为证明因在点解析则均存在所以证明精品资料欢迎下载于是从而在原点满足条件但在原点当沿时有故在原点不可微证明当时即至少有一个不等于时有且这四个偏导数在原点连续故只在原点可微此时仅当这条直线上时有且在这四个偏导数连续故只在可微但不解析且故只在曲线上可微但不解析精品资料欢迎下载在全平面上有且在全平面上这四个偏导数连续故可微且解析证明设则由条件得因此为常数则亦为常数证明设则由在内解析知从而因而亦内解析解由则有故为连续的且满足条件所以在平面上解析且精品资料欢迎下载故在平面上解析且由则有故为连续的且满足条件所以在平面上解析且由则有故为连续的精品资料 欢迎下载

12、(3)22222211x yixyix iyxyxyxyzeeeee 所以22221Recosxyxyxyzee 11.证明:(1)因为)sin(cosyiyeeeeexyixyizz 因此)sin(cosyiyeexz 而)sin(cosyiyeeeeexyixyizz,得证.(2)因为 ieeziziz2sin 所以 zieeieezizizzizisin22sin (3)因为2cosizizeez 所以zeeeezizizzizicos22cos 12.证明:分别就m为正整数,零,负整数的情形证明,仅以正整数为例 当1m时,等式自然成立.假设当1km时,等式成立.那么当km 时,kzzk

13、zkzeeee 1)()(,等式任成立.故结论正确.13.解:(1)1sin1(cos333ieeeeii (2)11cos 12iiiieei 112iiiee c o s 11s i n 1122eieee 是有此与假设矛盾因为所以因此割线确实有其极限位置即曲线在点的切线存在其倾角为证明因在点解析则均存在所以证明精品资料欢迎下载于是从而在原点满足条件但在原点当沿时有故在原点不可微证明当时即至少有一个不等于时有且这四个偏导数在原点连续故只在原点可微此时仅当这条直线上时有且在这四个偏导数连续故只在可微但不解析且故只在曲线上可微但不解析精品资料欢迎下载在全平面上有且在全平面上这四个偏导数连续故可

14、微且解析证明设则由条件得因此为常数则亦为常数证明设则由在内解析知从而因而亦内解析解由则有故为连续的且满足条件所以在平面上解析且精品资料欢迎下载故在平面上解析且由则有故为连续的且满足条件所以在平面上解析且由则有故为连续的精品资料 欢迎下载 14.证明:(1)由于zzgzzf)(,sin)(在点0z解析 且01)0(,0)0()0(ggf 因此 11cossinlim00zzzzz(2)由于0)(,1)(zgezfz在点0z解析,且01)0(,0)0()0(ggf 因此 11lim00zzzzeze(3)由于zzzgzzzzfsin)(,cos)(在点0z解析,且1)0(,0)0()0(,0)0(

15、)0(,0)0()0(ggfgfgf 因此 3cos1sincos1limsincoslim00zzzzzzzzzzz 15.证明：2cosizizeez )c o s()c o s(c o snbabaa =222)()()()(nbainbaibaibaiiaiaeeeeee =ibbniiaibbniiaeeeeee111121)1()1(=)2cos(2sin21sinnbabbn=右边 同理证明(2).16.证明:(1)zieeiieeieeizzzzziziizisinh222)sin()()(2)zeeeeizzziziizicosh22)cos()()(3)ziieeieeiz

16、izizizizsin22)sinh(是有此与假设矛盾因为所以因此割线确实有其极限位置即曲线在点的切线存在其倾角为证明因在点解析则均存在所以证明精品资料欢迎下载于是从而在原点满足条件但在原点当沿时有故在原点不可微证明当时即至少有一个不等于时有且这四个偏导数在原点连续故只在原点可微此时仅当这条直线上时有且在这四个偏导数连续故只在可微但不解析且故只在曲线上可微但不解析精品资料欢迎下载在全平面上有且在全平面上这四个偏导数连续故可微且解析证明设则由条件得因此为常数则亦为常数证明设则由在内解析知从而因而亦内解析解由则有故为连续的且满足条件所以在平面上解析且精品资料欢迎下载故在平面上解析且由则有故为连续的

17、且满足条件所以在平面上解析且由则有故为连续的精品资料 欢迎下载 (4)zziziizcos)cos()cos()cosh(5)zizziiziziztanhcoshsinh)cos()sin()tan(6)zizziiziziztancossin)cosh()sinh()tanh(17.证明:(1)1)(sin)(cos)(222222izizishzzchzshzch (2)111sec2222222zchzshzchzshzchzthzh (3)sin()sin()cos()cos()cos()(21212121izizizizizizzzch 2121s h zs h zc h zc h

18、 z 18.证明:(1)xshyixchyiyxyixyixzcossin)sin(cos)cos(sin)sin(sin (2)xshyixchyiyxyixyixzsincos)sin(sin)cos(cos)cos(cos (3)yxyxshyxchxshyixchyz22222222sinhsincossincossinsin (4)yxyxshyxchxshyixchyz22222222sinhcossincossincoscos 19.证明:chzeeeeshzzzzz2)2()(s h zeeeec h zzzzz2)2()(20.解:(1)31arg(31ln)31ln(iii

19、iz )23(2lnki ),1,0(k (2)由于2lniz,则有iiezi2sin2cos2 (3)由于)2(1keeiz,故)2(kiz (4)zzsincos,即1tanz,所以 kiiiz411ln21 是有此与假设矛盾因为所以因此割线确实有其极限位置即曲线在点的切线存在其倾角为证明因在点解析则均存在所以证明精品资料欢迎下载于是从而在原点满足条件但在原点当沿时有故在原点不可微证明当时即至少有一个不等于时有且这四个偏导数在原点连续故只在原点可微此时仅当这条直线上时有且在这四个偏导数连续故只在可微但不解析且故只在曲线上可微但不解析精品资料欢迎下载在全平面上有且在全平面上这四个偏导数连续故

20、可微且解析证明设则由条件得因此为常数则亦为常数证明设则由在内解析知从而因而亦内解析解由则有故为连续的且满足条件所以在平面上解析且精品资料欢迎下载故在平面上解析且由则有故为连续的且满足条件所以在平面上解析且由则有故为连续的精品资料 欢迎下载(5)设,zxiy 由12tgzi 得 sin122cosizizizizzieeieez 2255izie 22cos 25yex，1sin25x 41ln5,54yey且1112,222tg xxarctg 11ln5224zarctgi 21.证明:因)1arg(1ln)1ln()1ln(iiireirerez,所以)cos21ln(21)sin()1(

21、ln1ln)1Reln(222rrrrerezii 22.解:32)(3)()(kzikezrzw,)2,1,0;2)(0;(kzGz 利用iiw)(定2,kk,再计算)(2iw 23.解:2,22iieie,由32)2(w定1,kk,再计算ieiw451)(24.解:)24(2ln)2)1(arg(1ln)1ln()1(kikiiiiiiieeei )24(2lnkiee ),2,1,0(k kikiiiieeee23ln)23(arg3ln3ln3 ),2,1,0(k 25.解:z在z平面上沿0z为圆心,1R为半径的圆周C从A走到B,经过变换4zw,其象点w在w平面上沿以0w为心,14R为

22、半径的象圆周从A走到B,刚好绕1 ww的支点-1转一整周,故它在B的值为Bw 1.因此 1)()(4RzfzfAB.26.证明：231f zz z可能的支点为 0，1，由于 3|12，故 f z的支点为0,1z，因此在将 z 平面沿实轴从 0 到期割开后，就可保证变点 z 不会单绕 0 或者说转一周，于是在这样割开后的 z平面上 f z就可以分出三个单值解析分支.另由已知 ar gf z得 是有此与假设矛盾因为所以因此割线确实有其极限位置即曲线在点的切线存在其倾角为证明因在点解析则均存在所以证明精品资料欢迎下载于是从而在原点满足条件但在原点当沿时有故在原点不可微证明当时即至少有一个不等于时有且

23、这四个偏导数在原点连续故只在原点可微此时仅当这条直线上时有且在这四个偏导数连续故只在可微但不解析且故只在曲线上可微但不解析精品资料欢迎下载在全平面上有且在全平面上这四个偏导数连续故可微且解析证明设则由条件得因此为常数则亦为常数证明设则由在内解析知从而因而亦内解析解由则有故为连续的且满足条件所以在平面上解析且精品资料欢迎下载故在平面上解析且由则有故为连续的且满足条件所以在平面上解析且由则有故为连续的精品资料 欢迎下载 arg231cif zif ii i e e 2a r g 1a r g632ccizze 3263422ie 76122ie.(二)1.证 明:由 21zfzz得 22211zf

24、zz，从而 于是 f z在 D 必常数 222222111111zzfzzzf zzzz 4242121RemzI zizz 所以 4421Re12Rezfzzfzzz 由于1z，因此410,z且 24422212Re1210zzzzz 故 Re0fzzf z.2.证明:同第一题 221Im2111)()(1zzizzzzfzfz.3.证明:题目等价域以下命题:设1,EE为关于实轴对称的区域,则函数在E内解析)(zf在1E内解析.是有此与假设矛盾因为所以因此割线确实有其极限位置即曲线在点的切线存在其倾角为证明因在点解析则均存在所以证明精品资料欢迎下载于是从而在原点满足条件但在原点当沿时有故在原

25、点不可微证明当时即至少有一个不等于时有且这四个偏导数在原点连续故只在原点可微此时仅当这条直线上时有且在这四个偏导数连续故只在可微但不解析且故只在曲线上可微但不解析精品资料欢迎下载在全平面上有且在全平面上这四个偏导数连续故可微且解析证明设则由条件得因此为常数则亦为常数证明设则由在内解析知从而因而亦内解析解由则有故为连续的且满足条件所以在平面上解析且精品资料欢迎下载故在平面上解析且由则有故为连续的且满足条件所以在平面上解析且由则有故为连续的精品资料 欢迎下载 设)(zf在E内解析,对任意的10Ez,当1Ez时,有EzEz,0,所以 )()()(lim)()(lim0000000zfzzzfzfzz

26、zfzfzzzz 这是因为)(zf在E内解析,从而有)()()(lim0000zfzzzfzfzz,由0z的任意性可知,)(zf在1E内解析.4.证明:(1)由于)(21),(21zziyzzx,根据复合函数求偏导数的法则,即可得证.(2)(21)(21xvyuiyvxuzvizuzf 所以 xvyuyvxu,得 0zf 5.证明:xyshyshxyxchyixz222222sin)sin1(sin)sin(sin 所以 zxyshshysinsin22 而 zysh yIm,故左边成立.右边证明可应用zsin的定义及三角不等式来证明.6.证明:有 Rchychyshyshxz2222221s

27、insin 即 c h Rt s in 又有 Rchychyshyxz2222221sinhcoscos 7.证明:据定义,任两相异点21,zz为单位圆1z,有 212221212121)32()32()()(zzzzzzzzzfzf 0112222121zzzz 故函数)(zf在1z内是单叶的.8.证明:因为)(zf有支点-1,1,取其割线-1,1,有 是有此与假设矛盾因为所以因此割线确实有其极限位置即曲线在点的切线存在其倾角为证明因在点解析则均存在所以证明精品资料欢迎下载于是从而在原点满足条件但在原点当沿时有故在原点不可微证明当时即至少有一个不等于时有且这四个偏导数在原点连续故只在原点可微

28、此时仅当这条直线上时有且在这四个偏导数连续故只在可微但不解析且故只在曲线上可微但不解析精品资料欢迎下载在全平面上有且在全平面上这四个偏导数连续故可微且解析证明设则由条件得因此为常数则亦为常数证明设则由在内解析知从而因而亦内解析解由则有故为连续的且满足条件所以在平面上解析且精品资料欢迎下载故在平面上解析且由则有故为连续的且满足条件所以在平面上解析且由则有故为连续的精品资料 欢迎下载 (1)10182)(,8)(argieceifzf (2)icceifzfizf852)(,85)(arg,811)(arg32 9.解:因为)(zf有支点,1 i,此时支割线可取为:沿虚轴割开,ii,沿实轴割开,1

29、 ,线路未穿过支割线,记线路为C,)arg()(arg()1arg(21)(argizizzzfcccc 2021 故 izf5)(.10.证明：因为 1fzzz的可能支点为0,1,z,由题知 f z的支点为0,1,z 于是在割去线段0Re1的平面上变点就不可能性单绕0 或 1 转一周，故此时可出两二个单值解析分支,由于当 z 从支割线上岸一点出发，连续变动到1z 时，只 z 的幅角共增加2，由已知所取分支在支割线上岸取正值，于是可认为该分支在上岸之幅角为 0，因而此分支在1z 的幅角为2，故2122ifei,if162)1(.是有此与假设矛盾因为所以因此割线确实有其极限位置即曲线在点的切线存在其倾角为证明因在点解析则均存在所以证明精品资料欢迎下载于是从而在原点满足条件但在原点当沿时有故在原点不可微证明当时即至少有一个不等于时有且这四个偏导数在原点连续故只在原点可微此时仅当这条直线上时有且在这四个偏导数连续故只在可微但不解析且故只在曲线上可微但不解析精品资料欢迎下载在全平面上有且在全平面上这四个偏导数连续故可微且解析证明设则由条件得因此为常数则亦为常数证明设则由在内解析知从而因而亦内解析解由则有故为连续的且满足条件所以在平面上解析且精品资料欢迎下载故在平面上解析且由则有故为连续的且满足条件所以在平面上解析且由则有故为连续的