复变函数习题答案,南昌大学,单元练习部分

复变函数部分习题解答分析

作业卷（一）一判断题

1.复数7+6i>1+3i.

×.两个复数,只有都是实数时,才可比较大小.

2.若z为纯虚数,则z=z¯.√

.按书上定义,纯虚数指yi,y=0,若z=yi,则z¯= yi.

3.函数w=arg(z)在z= 3处不连续.√

.当z从下方→ 3时,w=arg(z)的极限为 π;当z从上方→ 3时,w=arg(z)的极限为π.4.f(z)=u+iv在z0=x0+iy0点连续的充分必要条件是u(x,y),v(x,y)在(x0,y0)点连续.√

.Th1.4.3.

5.参数方程z=t2+ti(t为实参数)所表示的曲线是抛物线y=x2.×.x=y2.二填空题

1.若等式i(5 7i)=(x+i)(y i)成立,则x=分析:两复数相等的定义.x= 6,y= 1,2.方程Im(i z¯)=3表示的曲线是3.方程z3+27=0的根为4.复变函数w=

z 2

,y=

.

或x=1,y=6.

分析:由复数相等,Im(i z¯)=Im[i (x iy)]=Im[ x+(1+y)i]=1+y=3,故填y=2.

kππ+2kπ分析:z3=27eiπ,z=271/3(cos(π+2)+sin()),k=0,1,2,z= 3,

3

±

3√

i.

的实部u(x,y)=,虚部v(x,y)=

x22,π.

v(x,y)=.

3y

.分析:将z=x+iy代入,分离实部、虚部,得u(x,y)=5.设z1=2i,z2=1 i,则Arg(z1z2)=

π

分析:arg(z1)=π,arg(z2)= ,Arg(z1z2)=√

6.复数z= 2i的三角表示式为i( π)5

分析:4[cos( 5.π)+isin( π)],4e

5

π

π+2kπ=+2kπ,(k=0,±1,±2,···)

.

,指数表示式为

三计算、证明题

√

1.求出复数z=( 1+i)4的模和辐角.

√48π

ππ4

解z=( 1+i)=24(cos2+isin2)=16ei,|z|=16,Arg(z)=2.设z=x+iy满足Re(z2+3)=4,求x与y的关系式.解Re(z2+4)=Re(x2 y2+3+2xyi)=4,x2 y2=1.3.求f(z)=解由w=

1

12π+2kπ,k=0,±1,±2,···.

将平面上的直线y=1所映射成w平面上的曲线方程.

1,x

得z=+iy=

1=

u

v

i.v又由y=1得 =1,u2+v2+v=0.π

4.求角形域0<arg(z)<解arg(w)=arg(¯z),解将x=一判断题

z+¯z

,y

π而 π在映射w=z¯下的象.

<arg(¯z)<0,角形域0<arg(z)<

在映射w=z¯下的象为 π<arg(w)<0.

5.将直线方程2x+3y=1化为复数形式.

=

z z¯3

代入2x+3y=1并整理得(1 3z=1.i)z+(1+i)¯

作业卷（二）

1.若f′(z)在区域D内处处为零,则f(z)在D内必恒为常数.

√

.在D内f′(z)=ux+ivx≡0,ux=vx=0.从而vy=ux=0,uy= vx=0.综上结论成立.2.若u(x,y)和v(x,y)可导,则f(z)=u+iv也可导.

×.若u(x,y)和v(x,y)可导,则u,v之间一般没有什么直接关系.f(z)=u+iv可导,u,v之间一个几乎完全确定另一个(活动的余地只是一个常数).3.若f(z)在z0点不解析,则f(z)在点z0必不可导.×.参见三2.4.|sinz|≤1.

×.复变函数中,sinz无界.如|sinik|=|e

iik iik

|=|e

k k

|→+∞(k→+∞,k>0).

5.函数f(z)=u(x,y)+iv(x,y)在点z0=x0+iy0可微等价于u(x,y)和v(x,y)在点(x0,y0)可微.×.函数f(z)=u(x,y)+iv(x,y)在点z0=x0+iy0可微等价于u(x,y)和v(x,y)在点(x0,y0)可微且满足C R条件.反例u=x,v= y.du=dx+0dy,dv=0dx dy,u,v都可微但f(z)=u+iv=x iy无处可微.

6.函数ez是周期函数.√

.2πi为其周期.二填空题

1.设ez= 3+4i,则Re(iz)=

分析：对z= 3+4i两边取自然对数，有z=Ln( 3+4i)=ln| 3+4i|+iarg( 3+4i)+2kπi,从

4

而Re(iz)=i[iarg( 3+4i)+2kπi]=arctan+(2k+1)π.(注：这里是从集合角度说)

2.3i=

分析：3i=eiLn3=ei[ln3+iarg(3)+2kπi]=ei[ln3+2kπi]=e2kπ(cosln3+isinln3).3.(1+i)i=分析：(1+4.cos2i=分析：cos2i=5.方程eiz=

ei2i+e i2ie2+e 2

=e iz的解为z=

i)i

=

eiLn(1+i)

=

ei[ln|1+i|+iarg(1+i)+2kπi]

=e

i[ln

√

iπ+2kπi]=e

2kπ π

(cosln

√

+isinln√

=cosh2.(注：后两结果都可)

分析：两边同乘以eiz,得e2iz=1.两边取自然对数，得2iz=Ln1=ln|1|+iarg(1)+2kπi=2kπi,z=kπ.6.设z=x+iy,则ei 2z的模为分析：|ei 2z|=|ei 2(x+iy)|=e 2x.

7.函数f(z)=u+iv在z0=x0+iy0点连续是f(z)在该点解析的三计算、证明题

y

在域x>0内是解析函数.1.问k取何值时，f(z)=kln(x2+y2)+iarctan条件.

分析：f(z)在该点解析,则f(z)在该点的某一个邻域内可导，在该点当然连续。填必要.

分析:解析的充要条件.ux=k=1,即k=

1

2kx

,uy

=

2ky

,vy

=

时f(z)在域x>0内是解析函数.

1

1+=

x

,vx

=

y

.由ux=vy,uy= vx得:

2.讨论函数f(z)=(x y)2+2(x+y)i在何处可导,何处解析,并求其可导点处的导数.

分析:可导与解析的概念及其联系,可导与解析的充要条件.ux=2(x y),uy=2(y x),vx=2,vy=2.由ux=vy,uy= vx得x y=1.故f(z)仅在x y=1上可导,f′(z)=ux+ivx=2+2i,无处解析.3.若函数f(z)=u+iv解析,且u=v2,求证f(z)为一常数.分析:解析的充要条件.

u

=2vvx=vy,

u=2vvy= vx两式相乘并整理得(4v2+1)vxvy=0.由以上

三式易得vx≡vy≡0,v为常数.又u=v2,u为常数,从而f(z)=const..

4.若函数f(z)=u+iv解析,且u v=(x y)(x2+4xy+y2),试求u(x,y)和v(x,y).

分析:解析的充要条件.由u v=(x y)(x2+4xy+y2)(0),得u=v+x3+3x2y 3xy2 y3.又由ux=vy,uy= vx,得:vx+3x2+6xy 3y2=vy(1)vy+3x2 6xy 3y2= vx(2)由(1),(2)得vy=6xy v=3xy2+C(x)(3).

ux=vy=6xy u=3x2y+D(y)(4)将(3),(4)代入(0)式,得u=

3x2y y3+C,v=3xy2 x3+C.5.求方程chz=0的全部解.

1

分析:双曲函数的定义.解法一chz=ch( z)=ch(iiz)=cos(iz)=0,z=(k+)πi.解法二

chz=

ez+e z

=0,e2z+1=0.2z=Ln( 1)=ln| 1|+iarg( 1)+2kπi,z=(k+1)πi.

作业卷（三）一判断题

1.设C为f(z)的解析域D内的一条简单正向闭曲线，则

C

f(z)dz=0.

1

×.分析：f(z)的解析域D不足以保证f(z)在C上及内解析。关键词单连通区域.反例f(z)=

1

2内解析，C取|z|=1,则Cdz=2πi=02.若u，v都是调和函数，则f(z)=u+iv是解析函数.

在0<|z|<

×.分析:解析对u，v的要求很高,它们之间有本质的内在联系即Cauchy-Riemann方程,知道其一,另一若不考虑差一个常数,则完全确定.调和这一要求达不到.反例俯拾即是u(x,y)=x,v(x,y)= y都是调和函数,但f(z)=x yi不解析.

3.设f(z)在单连通区域D内解析,F(z)是f(z)的一个原函数,C为D内的一条正向闭曲线,则0.√

C

F(n)(z)dz=

.分析:由题设,F(z)在单连通区域D内解析,从而F(n)(z)在单连通区域D内解析.C为D内的一条正

向闭曲线,则CF(n)(z)dz=0.

′+iv′在D内解析.4.设v=v(x,y)是区域D内的调和函数,则函数f(z)=vyx

√

.分析:v=v(x,y)是区域D内的调和函数,则设u的共轭调和函数为v,F(z)=u+iv在D内解析,从′+iv′解析.而f(z)=F′(z)=vyx

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