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iviy x1iyx iy因为x24, 所以 uiv所以5x,v4u5 ,y4所以v3242即522v3222. 在映射z2 下，w u iv.1)0(3) x=a,；4y=b.(a, b 为实数 )2,解：设u iv (x iy)所以 u2y ,v 2xy.(1) 记 wei ，则 0 r习题二x iy2yi(y2 y 2)22xy3yi41，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,映射成 w 平面内虚轴上从 O 到

2、4i 的一段，即404,2(2) 记 w ei ，则 0,0r 2 映成了 w 平面上扇形域，即 04,0(3) 记 w u iv ，则将直线 x=a 映成了 u a2 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 x2 b2,v 2xb.即 v2 4b2(b2 u) 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)limz1; 2;1z解：令1t,则z,t0.于是 limz11 z2ltim0t21 t 20.解：设 z=x+yi，Re(z)zx有x iyxikx11 ik显然当取不同的值时 所以极限不存在 . ( 3

3、) lim z i 2z i z(1 z2)解： lim z i 2 =limf(z)的极限不同ziz i z(1 z2) z i z(i z)(z i)1 lim z i z(i z)zzlzim1 zz2z 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 lzim1 zz z22z 1z 2z2lzim1 zz 124. 讨论下列函数的连续性：xy(1) f(z) x2 y20,z 0,z 0;解：因为 lzim0 f(z)(x,yl)im(0,0)xy22xy若令 y=kx,则(x, yl)im(0,0)xy22 xyk

4、1 k2z 0,z 0.解：因为 03xy42xyx3 y x2 x2 y 2所以(x,yl)im(0,0)3xy42xy0 f (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 .3xy(2)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) n(z 1)n 1 .(2) f(z)z22. (z 1)(z2 1)解：因为

5、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 .22f (z)(z 2)(z 1)(z2 1) (z 1)(z 1)(z2 1)1)222(z 1)2(z22z 5z 4z 32 2 2(z 1)2(z2 1)2(3)解：3z 8f(z) .5z 7f(z)除z= 7 外处处可导，且5f (z)3(5z 7) (3z 8)5(5z27)261 .2. (5z 7)2(4)xf(z) 2xxy解：因为 f (z)y i(x y)x iy i(x iy)(x iy)(122 xy22 xyi) z(1 i) 1 i z 2

6、z所以 f(z)除 z=0 外处处可导，且f (z)(1 i)2z(1)f(z)2 xy2ix y;解：u(x,y)xy2,v(x,y)x2y 在全平面上可微y2y,u2xy,v2xy,vxyxy所以要使得uv，uvxyyx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)2xi2 y.解：u(x, y)2 x,v(x,y)2 y在全平面上可微.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 u vxyuy 所以 f(z)在 z=0 处可导，在全平面上不解析(3)f(z)2x3 3iy3;解：u(

7、x, y)2x3,v(x,y)3y3 在全平面上可微u2uv2v6x2,0,9y2,0xyxy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 z2.u(x,y)x3 xy2,v(x,y)32 y x yu22uv3xy,2xy,xyx解：设 z x iy ，则 f (z) (x iy)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(x iy)232x xyi( y3 x2y)v222xy,3y2xy7. 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

8、明：因为 f (z)0 ，所以 u u0,vv0xyxy所以 u,v 为常数，于是 f(z)为常数 .(2) f (z) 解析 .证明：设 f (z) uiv 在 D 内解析 ,则u ( v) uvx y xyu ( v)vyxyu v uvx y yx而 f(z)为解析函数，所以u u,uvxyyx所以 v v,vv ,即 uuvv0xxyyxyxy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, u u 0 xy因为 f( z)解析， C-R 条件成立。故 u u 0 即 u=C2 xy从而 f( z)为常数

9、. 证明：与( 3)类似，由 v=C1 得 v v 0xy因为 f(z)解析，由 C-R 方程得 u u 0 ,即 u=C2 xy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 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 v 2u 2v 0, 2u 2v 0利用 u x所以x x yC-R 条件，由于 f(z)在 D 内解析，有 vu ux u vxvvxv ux所以0,即 u=C1,v=C2

10、,于是 f(z)为常数 .(6) argf(z)= 常数 .证明： argf(z)= 常数，即 arctan v C ,u(v/u)2 u(uvxvxu)x2 u(u yv yuv) y222222201 (v/u)2u(u2v2)u (uv2)vu0vuuvuv0得xxC-R条件xxvu0vu0uvuvyyxx解得 u v u v 0 ，即 u,v 为常数，于是 f(z)为常数 . xxyy8. 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 22nxy, 3my nxxyv22v3x2ly

11、 , 2lxyxyuvnlxy3,l 3m3,m 1.uvnyx所以 n 3,l 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 在全平面可微 ,且证明： u(x, y) ex(xcosy ysin y),v(x,y)=ex(ycosy x sin y)处处可微，且u 3x2 3y2, u6xy,v6xy,v23x2 3yxyxy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) uv2i 3x23y2 6xyi223(x2 y222xyi) 3

12、z2 .xx(2) f(z) ex(xcosy ysin y) iex(ycosy xsin y) .xe (xcosyysin y)e (cos y)e (xcosyysin y cosy)uxxe ( xsinysin yycosy) e( xsinysin yycosy)yvxe (ycosyxsin y)ex (sin y)ex(ycosyxsiny sin y)xvxxe (cosyy( sin y)xcos y)e (cosyysin yxcosy)y所以uvuvxyyxxxx所以 f(z)处处可导，处处解析 . u v xi e (xcosy ysin y xxxe cosyze

13、f (z)z xexie sinziyey x(ex cos y zez(1z)x3 y3 i x3 y310. 设 f zx2cosy) i(ex(ycosy xsiny sin y)x x x ie sin y) iy(e cosy ie sin y)z 0.0. z 0.求证： (1) f(z)在 z=0 处连续(2)f(z)在 z=0 处满足柯西黎曼方程(3)f(0)不存在证明 .(1) lim f (z) lim u x,y iv x,y3y2y3 x lim 2 x,y 0,0 x2z 0 x,y 0,0而 lim u x,yx,y 0,033xy22 xyxyxy22xy33xy

14、3x2x,ylim0,033 xy22 xy同理x,ylim0,03x2xlimx,y 0,0f(z)在 z=0 处连续(2) 考察极限 lizm0 f (z)f0 z当 z 沿虚轴趋向于零时， lim 1 y 0 iyf iy f 0 iy当 z 沿实轴趋向于零时，z=iy， lim 1 y 0 iyz=x，有y3 1 ilim 1 f xx 0 xf0它们分别为vuiyuvxy满足 C-R 条件(3)当 z沿 y=x 趋向于零时，有x ix f 0,0x ixlimx y 0limx y 03x3 132x3 1 i3x3 1 i i1i lim f 不存在即 f(z) 在 z=0 处不可

15、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 u v , u v 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 (x,y),(x,y)在 D1 内可微且满足 C-R 条件 ,x y y x从而 f z 在 D1

16、内解析13. 计算下列各值(1) e2+i=e2?ei=e2?(cos1+isin1)2i(2)e32e3 e2e3cosisin2e323i(3)x iyex2 y2xx2 y 2Re ex22x2 y2Rex2yy2iRe ecosy22xyisiny22xyx22ex2 y2cosy22 xy(4)i 2 xeiyei e 2iye2x iy2xe14.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= r ei，对于 ，z时， r 故 lim rei rirei i r cos isine lim re er所以 lim f zz2x e15. 计算下列

17、各值(1) ln 2 3i =ln 13 iarg 23i ln 13 i3 arctan2(2) ln 3 3i ln 2 3 iarg 33i ln2 3i ln 2 3 i66(3)ln(e i )=ln1+iarg(e i )=ln1+i=i(4)ln ie lne iarg ie 1 i 16. 试讨论函数 f (z)=|z|+ln z 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iv x,y设 z=x+i y， g(z) |z| x2 y2 u x, yu x, y x2 y2,v x,y 0在复平面内可微v00u y故 g(z)=|

18、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)1i ieln 1i1ie 1 i ln 1 i1ieln 2 4i 2kiln 2 eln 2i 2k4ln 2e42kln 2e 2k4cosln 2isin ln 242e2k4coslnisin ln 245ln 3 55ln 3(2)3ee5 ln 3i 2ki5ln 3 5i 2k 5iee5 ln3 ecos 2k15isin 2k153 5 cos 2k1 5isin 2k1 5i ln1i iln1i ln1 i0 2ki(3)1eee

19、e i 2ki e2k(4)1i21ilne1i1i1i ln e1i18.(1)(2)ln12ki2ki 4i2kie4i 2ke42k2ke4e4计算下列各值cos sin2k2k5i 5i1 5icos155 ee(3) tan 3 i(5) arcsin i(6) arctan 1ei 1cos isin42i2 5i255ee5i e i 1 5ii5e255eeei 5 e i 52ich52i5isin1 e cos1 isin1sin1sin2i55 eei cos12i3 i i 3 i ee3icos 32ii3 i i 3 ieesin6 isin 222ch21 sin

20、2 32i1y xiy xiee2i2 sin xch2 ycos2 sin xch2 ysh22sin xsh y2(4) sinzsin x ch y22yilnii2x sh2 y2 cos xi ln122ilnln19. 求解下列方程(1) sinz=2i2ki 2k i cosx shysin20,x sh2 y1,Liln2k1 2i1 i 1 2i1iarctan 224lnln 51解： z arcsin 2 ln 2i 3i ln 2 3 i ii ln 2 3 2k 1 i212k iln 2 3 , k 0, 1,L2(2)ez 1 3i 0解：ez13i 即 z ln

21、 1 ln 23i2kln 2 i1 i3 2k i3(3)lnz i2解：ln z i即 z e2 i2(4)zln1i0解：zln 1ln 2 i 2kiln 212k i4420. 若 z= x+i y，求证(1) sinz=sinxchy+icosx?shy(3)|sinz|2=sin2x+sh2y12i证明： sinzy xi eeyxisinx ch y icosshysinz2 sin2 sin2 sinxch2 y x ch2 yx sh2 ycos2 x.sh2 y sh2 ycos2 x sin2x sh2 yiz eizei x iy x yi i ee2i2i1y xi

22、y xi2i.ee证明： sinzsin x ch y i cosx.sh y(2)cosz=cosx?chy- isinx?shy证明：e cosze12i x yi ei x yi e21y xiy xiee21yyecosxisin xe.cosx isin x2yyyyeeee.cosxisinx.22 cos x.ch y isin x.sh y(4)|cosz|2=cos2x+sh2y|sin( x +i y)|和|cos(x +i y)|都趋于无穷大证明： cosz cos x ch y isin xsh y22222cosz cosx.ch ysinx.shy2222 2 2cosx ch ysh2ycos x sin x .sh y2 cosx sh2 y证明：sinz1iz izee1 y xi y xi ee2i2isin z1y xi yxiee2y xiy y xiyeeee而sinz1y xi y eexi 1 y y ee22当y+时，e-y0，ey +有 |sinz|当y-