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

1、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21.求映射-下圆周|z| 2的像.解：设iy.w u iv 则ivx iy因为x24,所以uiv所以5 -x,v43 -y4所以2v3 222.在映射z2下,w u iv.(1) 0 x=a,n；4y=b.(a, b为实数)2,解：设u iv (x iy)所以u2 小y ,v 2xy.(1)记 we，则 0 r习题二x iyyi(y2y 2)2 2 ) x y3yi4表示椭圆平面上的图形映射为(2)0 r2,0平面上的什么图形，设ei或2 x2y2 2xyi2,n-映射成w平面内虚轴上从 0到4i的一段，即4Jlv1肛M04,记w ei，则0

2、n,0r 2映成了 w平面上扇形域，即04,0记w u iv ,则将直线 x=a映成了 ua2 y2, v 2ay.即v2 4a2 (a2 u).是以原点为焦点，张口向左的抛物线将 y=b映成了 u x bv 2xb.即v2 4b2(b2 u)是以原点为焦点，张口向右抛物线如图所示limz3.求下列极限.1 ; 2 ;1 z lim)Re;z 0 z解：设 z=x+yi，Re(z)z有x iy.Re(z)lim lim z 0 z x 0 xy kx 0 kxikx11 ik显然当取不同的值时 所以极限不存在.(3) lim z_2z 1 z(1 z )f(z)的极限不同解: lim z2 =

3、 limz i z(1 z ) zz(i z)(z i)1limzz(i z)zzlzmi 2z z解：因为z2 1zz 2z z 2(z 2)( z 1) z 2(z 1)(z 1) z 1zz 2z z 2所以回2 14.讨论下列函数的连续性:0,z 0,z 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.3x y f(z) x4 y20,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) (z 1)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)

4、n(z 1)n 1.(2) f(z)z 22 (z 1)(z 1)解：因为f(z)为有理函数，所以f(z)在(z 1)(z2 1) 0处不可导.从而f(z)除z 1,z i外可导2 2(z 2)(z 1)(z 1) (z 1)(z 1)(z 1)1)2(z 1)2(z22z3 5z2 4z 32 2 2 (z 1) (z 1)(1)f(z)2xy2ix y;解:u(x,y)xy2,v(x,y)xy在全平面上可微_y2y ,u2xy,v-2xy,vxyxy所以要使得uvuvxyyx只有当z=0时，从而f(z)在z=0处可导，在全:平面上不解析f(z)2 x i2 y .解:u(x, y)2 x,

5、v(x,y)2y在全平面上可彳微.uuvv2x,0,0,2yxyxy6试判断下列函数的可导性与解析性2 x只有当z=0时，即(0,0)处有 x yuy所以f(z)在z=0处可导，在全平面上不解析f(z)2x3 3iy3;解:u(x, y)2x3,v(x,y)3y3在全平面上可微u2uv 2v6x ,0,9y ,0xyxy所以只有当2x 、3y时，才满足C-R方程从而f(z)在.2x . 3y 0处可导，在全平面不解析 (4) f(z) z z .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0VV0x yxy所以u,v为常数，:于是f(

6、z)为常数.f(z)解析.证明：设f (z) uiv在D内解析则u ( v) uVx y xyu ( V)Vy xyu V uVx / yx而f(z)为解析函数,所以-u u5uVx yyx所以v v,Vv,即 u -uVv 0x xyy xyxy从而V为常数，u为常数,即f(z)为常数.Ref(z)=常数.证明：因为Ref(z)为常数，即u=Ci, -u 0x y因为f(z)解析，C-R条件成立。故 0即u=C2x y从而f(z)为常数(4) Imf(z)=常数.证明：与(3)类似，由v=Ci得丄丄0x y因为f(z)解析，由C-R方程得0，即 u=C2x y所以f(z)为常数5. |f(z

7、)|=常数.证明：因为|f(z)|=C，对C进行讨论.若 C=0，则 u=O,v=O,f(z)=O 为常数.若 C 0,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u v u v2u 2v 0, 2u 2v 0利用ux所以x x yC-R条件，由于f(z)在D内解析，有vu u xuv xvv xv u x所以0,即U=Ci,v=C2,于是f(z)为常数argf(z)=常数.证明：argf(z)=常数，即 arctan - C ,u(v/u)2 u(uvxv -)x2 u(uyu、v ) yn22222 2201 (v/u)u(uv )u

8、 (uv )vu0vuu v -uv0得 xxC-R条件xxvu0vu0u v -uvyyxx解得0，即u,v为常数，于是f(z)为常数.x x y y8.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uu 2 22n xy, 一 3my nxxyv22 v3xly , 2lxyxyuvn 1xy3,1 3m3,m 1.u vny x所以n 3,1 9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

9、 在全平面可微，且3x2 3y2, 6xy, -v6xy,v 23x 3yxyxy所以f(z)在全平面上满足C-R方程，处处可导，处处解析.fv 2i 3x3y2 6xyi2 23(x y22xyi) 3z .x x(2)f (z) ex (x cos y ysi n y) iex(ycosy xs in y) xe (x cos yysin y)e (cos y)e (xcosyysin y cos y)uxxe ( xsin ysin yy cos y) e(xsinysin yy cos y)yve (ycosyxsin y)ex(sin y)ex( ycosyxsiny sin y)x

10、ve (cos y y( siny)xcos y)e (cosyysin yxcosy)y所以u vuvx yyxxxx所以f(z)处处可导，处处解析0. z 0.求证：(1) f (z)在 z=0处连续.(2)f(z)在z=0处满足柯西一黎曼方程.(3)f(0)不存在.证明.(1)T lim f (z) lim u x,y iv x, y而 lim u x,yx,y 0,0x,yim0,03 3x y2 2x y同理肿0,03 xTxlimx,y 0,0xy2 2x y f(z)在z=0处连续.考察极限$叫丄lim - f xx 0 x它们分别为满足C-R条件.lim f不存在.即f(z)在

11、z=0处不可导. z 0 z11.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F z f z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 , .x y y xf z u x, y iv x, y x, y i x, y ，得xxv x, yyyv x, yyv x, yxxyyyu x, yu x, yu x, y故Hx,y),咲x,y)在Di内可微且满足 C-R条件 , x y y x从而f z在Di内解析13计算下列各值 (1) e2+i=e2

12、/fei=e2/?cosi+isi ni)2e3 e2e3cosisin2e3x iy尸xx2 y2Re ex2 2x yReRe ecosisincosx2 2ex yi 2 x eiyeie2iye2xiy14.设z沿通过原点的放射线趋于R点，试讨论f(z)=z+ez的极限解:令 z=rei 0,对于 0,时， r T8.故 lim reri - -rei i r cos isi ne lim re er.所以lim fzz .2x e2x e15.计算下列各值.(1) ln 2 3i =ln 13 iarg 23i ln 13 i3 n arcta n2 ln 3 3i ln 2 3 i

13、arg 33i In 2 3i n ln 2 36 6(3)ln(ei)=ln1+iarg(e i)=ln1+i=in(4)In ie In e iarg ie 1 i16.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，Inz除负实轴及原点外处处连续.iv x,y设 z=x+iy, g(z) |z| x y u x, yu x, y . x y , v x, y 0在复平面内可微.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.一 卢In 3 -

14、5、5ln 3(2)3ee.5 In 3i n 2kn.5ln 3 5in 2k n 5iee：5 In 3 ecos 2k1 n . 5isin 2k1 n 535 cos 2k1 n . 5isin 2k1 n. 5i In1i iln1i In1 i0 2k n1eeee i 2kn e2kn(4)lne1 i lne18.(1)ln12k n2k n ene4ne4计算下列各值COS nsin5i1 5icos1 tan 3 i(5) arcsin in2kn2kn2knei 1 1n 5ine42k n2k nn . cos isin4n 5ich55i e i 1 * 5iei 5

15、 e i 52i2i5isin1 e cos1 isin1sin1sin2i5 5e ei cos12cos 32ii 3 i i 3 ie e2isin 6 isin 22 2ch 1 sin 31y xiy xi一 ee2i.2 sin xch ycos.2 sin xch2 ysh.2.2sin xsh y2(4) sin zsin x ch y22yilnii2x sh2 y2 cos xi lnlni2kni cosx shy2sin2x sh2 y0,1,Lln(6) arctan 12i1ln21 2i1 i 1 2ilnln 51解：z arcsin2 In 2i 、3i In

16、 2 . 3 iii In 2 3 2k 丄 n21L2k _ n iln 2 、3 , k 0, 1L2 ez 1 . 3i 0解：ez1 3Ji 即 z In 1ln 23i2kln 2 i1 . n3-2k n3(3) lnzni2解：ln zni冗即 z e i2zln1 i0解：zln 1 ii ln 2 i 2k nIn .21 .2k n4420.若 z=x+iy,求证(1) sin z=s in xchy+icosxIShyiz ei z ei x iy x yi ie e2i2i1y xiy xi2i.ee证明：sin zsin x ch y i cosx.sh y(2)co

17、sz=cosx?shy- is in x?shy证明：e cosze12i x yi ei x yi e21y xiy xiee21yecosxisin xe . cosx is in x2yyy yeee e.cosxisinX-2 2 cosx.ch y isin x.sh y(4)|cosz|2=cos2x+sh2y|sin (x+iy)| 和 |cos(x+iy)| 都趋于无穷大.证明： cosz cosxch y isin xsh y2 2,2.2,2cosz cosx.ch ysinx.shy2,2.22 . 2 , 2cosx ch yshycos x sin x .sh y2 cosx sh2 y证明：sin z1一iz ize e1 y xi y xie e2i2isin z1y xi yx-e e12y xy 1 y xiyeeee而sin zy xi I ye exi | 1 y y-e e22当y +a时,e-yf 0,eT +a有 |sinz|Ta当y f -a时，e_y t + oo,e t 0 有 |sinz|fa同理得cosx iy!|eyxy xi| 1 y ye - e e22所以当y Ta时有|cosz|fa.21.证明当yfa时,i n 2k n1 iarcta n 2 一19.求解下列方程(1) sin z=2.