复变函数与积分变换答案马柏林李丹横晏华辉修订版习题2.docx
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复变函数与积分变换答案马柏林李丹横晏华辉修订版习题2
1.求映射
下圆周|z|2的像.
解：
设
iy,
wuiv则
iv
iyx
1
iy
xiy
因为
x2
4,所以u
iv
所以
5
x,v
4
u
5,y
4
所以
v
32
4
2即
5
2
2
v
32
2
2.在映射
z2下，
wuiv.
1）0
（3）x=a,
π
；
4
y=b.（a,b为实数）
2,
解：
设
uiv（xiy）
所以u
2
y,v2xy.
（1）记w
ei，则0r
习题二
xiy
2
y
i（y
2y2）
22
xy
3
yi
4
1，
表示椭圆
平面上的图形映射为
2）0r
2,0
平面上的什么图形，设
ei或
2x2
y22xyi
2,
π
π映射成w平面内虚轴上从O到4i的一段，即
4
0
4,
π
2
（2）记wei，则0
π
0
r2映成了w平面上扇形域，即0
4,0
（3）记wuiv，则将直线x=a映成了ua2y2,v2ay.即v24a2（a2u）.是以原点为焦
点，张口向左的抛物线将y=b映成了ux2b2,v2xb.
即v24b2（b2u）是以原点为焦点，张口向右抛物线如图所示
3.求下列极限.
（1）
lim
z
1;2;
1z
解：
令
1t,则z
t
0.
于是lim
z
1
1z2
ltim0
t2
1t2
0.
解：
设z=x+yi，
Re（z）
z
x有
xiy
x
ikx
1
1ik
显然当取不同的值时所以极限不存在.（3）limzi2
ziz（1z2）
解：
limzi2=lim
f（z）的极限不同
zi
ziz（1z2）ziz（iz）（zi）
1limziz（iz）
zz
lzim1zz
2zz
解：
因为
z21
zz2zz2
（z2）（z1）z2
（z1）（z1）z1
zz2zz2
所以lzim1zzz22z1z2
z2
lzim1zz12
4.讨论下列函数的连续性：
xy
（1）f（z）x2y2
0,
z0,
z0;
解：
因为lzim0f（z）
（x,yl）im（0,0）
xy
22
xy
若令y=kx,则
（x,yl）im（0,0）
xy
22xy
k
1k2
z0,
z0.
解：
因为0
3
xy
42
xy
x3yx
2x2y2
所以
（x,yl）im（0,0）
3
xy
42
xy
0f（0）
因为当k取不同值时，f（z）的取值不同，所以f（z）在z=0处极限不存在从而f（z）在z=0处不连续，除z=0外连续.
3
xy
（2）f（z）x4y2
0,
所以f（z）在整个z平面连续.
5.下列函数在何处求导？
并求其导数.
（1）f（z）（z1）n1（n为正整数）；
解：
因为n为正整数，所以f（z）在整个z平面上可导f（z）n（z1）n1.
（2）f（z）
z2
2.（z1）（z21）
解：
因为
f（z）为有理函数，所以f（z）在（z1）（z21）0处不可导.
从而f（z）除z1,zi外可导.
22
f（z）
（z2）（z1）（z21）（z1）[（z1）（z21）]
1）2
22
（z1）2（z2
2z5z4z3
222
（z1）2（z21）2
（3）
解：
3z8
f（z）.
5z7
f（z）除
z=7外处处可导，且
5
f（z）
3（5z7）（3z8）5
（5z
2
7）2
61.
2.（5z7）2
（4）
x
f（z）2
x
xy
解：
因为f（z）
yi（xy）
xiyi（xiy）
（xiy）（1
22xy
22xy
i）z（1i）1iz2z
所以f（z）除z=0外处处可导，且
f（z）
（1i）
2
z
（1）
f（z）
2xy
2
ixy;
解：
u（x,y）
xy
2
v（x,y）
x
2y在全平面上
可微
y
2
y,
u
2xy,
v
2xy,
v
x
y
x
y
所以
要使得
u
v，
u
v
x
y
y
x
只有
当z=0
时,
从而
f（z）在
z=0处可导，在全
平面上不解析
（2）
f（z）
2
xi
2y.
解：
u（x,y）
2x
v（x,y）
2y
在全平面上可
微.
u
u
v
v
2x,
0,
0,
2y
x
y
x
y
6.试判断下列函数的可导性与解析性
2x
只有当z=0时,即（0,0）处有uv
xy
u
y所以f（z）在z=0处可导，在全平面上不解析
（3）
f（z）
2x33iy3;
解：
u（x,y）
2x3,v（x,y）
3y3在全平面上可微
u
2
u
v2
v
6x2,
0,
9y2,
0
x
y
x
y
所以只有当
2x3y
时，才满足
C-R方程
从而f（z）在2x3y0处可导，在全平面不解析
（4）f（z）zz2.
u（x,y）
x3xy2,v（x,y）
32yxy
u2
2u
v
3x
y,
2xy,
x
y
x
解：
设zxiy，则f（z）（xiy）
所以只有当z=0时才满足C-R方程从而f（z）在z=0处可导，处处不解析
（xiy）2
32
xxy
i（y3x2y）
v2
2
2xy,
3y2
x
y
7.证明区域D内满足下列条件之一的解析函数必为常数
（1）f（z）0;
证明：
因为f（z）
0，所以uu
0,
v
v
0
xy
x
y
所以u,v为常数，
于是f（z）为常数.
（2）f（z）解析.
证明：
设f（z）u
iv在D内解析,则
u（v）u
v
xyx
y
u（v）
v
yx
y
uvu
v
xyy
x
而f（z）为解析函数，
所以
uu,
u
v
xy
y
x
所以vv,
v
v,即u
u
v
v0
xx
y
yx
y
x
y
从而v为常数，u
为常数，
即f（z）为常数.
（3）Ref（z）=常数.
证明：
因为Ref（z）为常数，即u=C1,uu0xy
因为f（z）解析，C-R条件成立。
故uu0即u=C2xy
从而f（z）为常数.
证明：
与（3）类似，由v=C1得vv0
xy
因为f（z）解析，由C-R方程得uu0,即u=C2xy
所以f（z）为常数.
5.|f（z）|=常数.证明：
因为|f（z）|=C，对C进行讨论.若C=0，则u=0,v=0,f（z）=0为常数.
若C0，则f（z）0,但f（z）f（z）C2，即u2+v2=C2则两边对x,y分别求偏导数，有
uvuv2u2v0,2u2v0
利用ux
所以
xxy
C-R条件，由于f（z）在D内解析，有v
uu
xuv
x
v
v
x
vu
x
所以
0,
即u=C1,v=C2,于是f（z）为常数.
（6）argf（z）=常数.
证明：
argf（z）=常数，即arctanvC,
u
（v/u）
2u
（u
v
x
v
xu）
x
2u
（uyvy
u
v）y
2
2
2
2
22
2
0
1（v/u）2
u
（u2
v2）
u（u
v2）
v
u
0
v
u
uv
u
v
0
得x
x
C-R
条件
→
x
x
v
u
0
v
u
0
uv
u
v
y
y
x
x
解得uvuv0，即u,v为常数，于是f（z）为常数.xxyy
8.设f（z）=my3+nx2y+i（x3+lxy2）在z平面上解析，求m,n,l的值.
解：
因为
f（z）解析，从而满足C-R条件
u
u22
2nxy,3mynx
x
y
v
2
2v
3x2
ly,2lxy
x
y
u
v
nl
x
y
3,l3m
3,m1.
uv
n
yx
所以n3,l9.试证下列函数在z平面上解析，并求其导数.
（1）f（z）=x3+3x2yi-3xy2-y3i
证明：
u（x,y）=x3-3xy2,v（x,y）=3x2y-y3在全平面可微,且
证明：
u（x,y）ex（xcosyysiny）,
v（x,y）=ex（ycosyxsiny）处处可微，且
u3x23y2,u
6xy,
v
6xy,
v2
3x23y
x
y
x
y
所以f（z）在全平面上满足
C-R方程，
处处可导，
处处解析.
f（z）u
v2
i3x2
3y26xyi
22
3（x2y2
2
2xyi）3z2.
xx
（2）f（z）ex（xcosyysiny）iex（ycosyxsiny）.
x
e（xcosy
ysiny）
e（cosy）
e（xcosy
ysinycosy）
u
x
x
e（xsiny
siny
ycosy）e
（xsiny
siny
ycosy）
y
v
x
e（ycosy
xsiny）
ex（siny）
ex（ycosy
xsin
ysiny）
x
v
x
x
e（cosy
y（siny）
xcosy）
e（cosy
ysiny
xcosy）
y
所以
uv
u
v
xy
y
x
x
x
x
所以f（z）处处可导，处处解析.uvx
ie（xcosyysinyxx
x
ecosy
z
e
f（z）
zxe
x
iesin
z
iye
yx（excosyz
ez（1
z）
x3y3ix3y3
10.设fz
x2
cosy）i（ex（ycosyxsinysiny））
xxxiesiny）iy（ecosyiesiny）
z0.
0.z0.
求证：
（1）f（z）在z=0处连续．
（2）f（z）在z=0处满足柯西—黎曼方程．
（3）f′（0）不存在．
证明.
（1）∵limf（z）limux,yivx,y
3
y
2
y
3xlim2x,y0,0x2
z0x,y0,0
而limux,y
x,y0,0
33
xy
22xy
xy
xy
22
xy
33
xy
≤3x
2
x,ylim
0,0
33xy
22xy
同理
x,ylim0,0
3
x
2
x
lim
x,y0,0
∴f（z）在z=0处连续．
（2）考察极限lizm0f（z）
f0z
当z沿虚轴趋向于零时，lim1y0iy
fiyf0iy
当z沿实轴趋向于零时，
z=iy，lim1y0iy
z=x，有
y31i
lim1fx
x0x
f0
它们分别为
vu
i
y
uv
xy
∴满足C-R条件．
（3）当z沿y=x趋向于零时，有
xixf0,0
xix
lim
xy0
lim
xy0
3
x31
3
2x31i
3
x31ii
1i
∴limf不存在．即f（z）在z=0处不可导．z0z
11.设区域D位于上半平面，D1是D关于x轴的对称区域，若f（z）在区域D内解析，求证Fzfz在区域D1内解析．
证明：
设f（z）=u（x,y）+iv（x,y），因为f（z）在区域D内解析．
所以u（x,y）,v（x,y）在D内可微且满足C-R方程，即uv,uv．
xyyx
fzux,yivx,yx,yix,y，得
x
x
vx,y
y
y
vx,y
y
vx,y
x
x
y
y
y
ux,y
ux,y
ux,y
故φ（x,y）,ψ（x,y）在D1内可微且满足C-R条件,
xyyx
从而fz在D1内解析
13.计算下列各值
（1）e2+i=e2?
ei=e2?
（cos1+isin1）
2i
（2）e3
2
e3e
2
e3
cos
isin
2
e3
23i
（3）
xiy
ex2y2
x
x2y2
Ree
x
22
x2y2
Re
x2yy2i
Ree
cos
y
22
xy
isin
y
22
xy
x
22
ex2y2
cos
y
22xy
（4）
i2x
e
iy
eie2iy
e2xiy
2x
e
14.
设z沿通过原点的放射线趋于∞点，试讨论
f（z）=z+ez的极限
解：
令z=reiθ，
对于θ，
z→∞时，r→∞．
故limreir
i
reiircosisin
elimree
r
．
所以limfz
z．
2xe
15.计算下列各值．
（1）ln23i=ln13iarg2
3iln13i
3
πarctan
2
（2）ln33iln23iarg3
3iln23
iπln23πi
66
（3）ln（ei）=ln1+iarg（ei）=ln1+i=i
π
（4）lnielneiargie1i16.试讨论函数f（z）=|z|+lnz的连续性与可导性．
解：
显然g（z）=|z|在复平面上连续，lnz除负实轴及原点外处处连续．
ivx,y
设z=x+iy，g（z）|z|x2y2ux,y
ux,yx2y2,vx,y0在复平面内可微．
v
0
0
uy
故g（z）=|z|在复平面上处处不可导．
从而f（x）=|z|+lnz在复平面上处处不可导．
f（z）在复平面除原点及负实轴外处处连续．
17.计算下列各值．
（1）
1ii
eln1
i1i
e1iln1i
1i
e
ln24πi2kπi
ln2e
ln2iπ2kπ
4
ln2
e
4π2k
ln2
e
π2k
4
π
cos
ln2
isinπln2
4
2e
2kππ4
cos
ln
isinπln2
4
5
ln35
5ln3
（2）
3
e
e
5ln3
iπ2kπi
5ln35i
π2kπ5i
e
e
5ln3e
cos2k
1π5
isin2k
1π5
35cos2k
1π5
isin2k
1π5
iln1
iiln1
iln1i
02kπi
（3）1
e
e
e
ei2kπie2kπ
（4）
1i
2
1i
ln
e
1i
1i
1ilne
1i
18.
（1）
（2）
ln1
2kπi
2kπi4πi
2kπi
e
4πi2kπ
π
e4
2kπ
2kπ
π
e4
π
e4
计算下列各值
cosπ
sin
2kπ
2kπ
5i
π5i
15i
cos1
55ee
（3）tan3i
（5）arcsini
（6）arctan1
ei1
π
cosisin
4
2i
2
π5i
2
55
ee
5iei15i
iπ5
e
2
55
ee
ei5ei5
2i
ch5
2i
5
isin1ecos1isin1
sin1
sin
2i
55ee
icos1
2
i3ii3iee
3i
cos3
2i
i3ii3i
ee
sin6isin2
22
ch21sin23
2i
1
yxi
yxi
e
e
2i
2sinx
ch2y
cos
2sinx
ch2y
sh
2
2
sinx
shy
2
（4）sinz
sinxchy
2
2
y
iln
i
i2
xsh2y
2cosx
iln
12
2i
ln
ln
19.求解下列方程
（1）sinz=2．
i2kπ
iπ2kπ
icosxshy
sin2
0,
xsh2y
1,L
i
ln
2
kπ
12i
1i12i
1i
arctan2
24
ln
ln5
1
解：
zarcsin2ln2i3iln23ii
iln232k1πi
2
1
2kπiln23,k0,1,L
2
（2）ez13i0
解：
ez
13
i即zln1ln2
3i
2k
ln2i
1πi
3
π2kπi
3
（3）ln
z
πi
2
解：
lnz
πi
π
即ze2i
2
（4）z
ln
1i
0
解：
z
ln1
ln2iπ
2kπi
ln2
1
2kπi
4
4
20.若z=x+iy，求证
（1）sinz=sinxchy+icosx?
shy
（3）|sinz|2=sin2x+sh2y
1
2i
证明：
sinz
yxie
ey
xi
sinxchyicos
shy
sinz
2sin
2sin
2sin
xch2yxch2y
xsh2y
cos2x.sh2ysh2y
cos2xsin2
xsh2y
ize
iz
e
ixiyxyiiee
2i
2i
1
yxi
yxi
2i
.e
e
证明：
sinz
sinxchyicosx.shy
（2）cosz=cosx?
chy-isinx?
shy
证明：
ecosz
e
1
2
ixyie
ixyie
2
1
yxi
yxi
e
e
2
1
y
y
e
cosx
isinx
e.cosxisinx
2
y
y
yy
e
e
ee
.cosx
isin
x.
22cosx.chyisinx.shy
（4）|cosz|2=cos2x+sh2y
|sin（x+iy）|和|cos（x+iy）|都趋于无穷大．
证明：
coszcosxchyisinxshy
22
2
2
2
coszcos
x.chy
sin
x.sh
y
2
2
2
222
cos
xchy
sh2
y
cosxsinx.shy
2cos
xsh2y
证明：
sinz
1
iziz
ee
1yxiyxiee
2i
2i
sinz
1
yxiy
xi
∴
ee
2
yxi
yyxi
y
e
e
e
e
而
sinz
≥1
yxiyee
xi1yyee
2
2
当
y→+
∞时，
e-y→0，
ey→+∞有|sinz|→∞
当
y→-
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