《《復變函數(shù)》第二章習題全解鐘玉泉版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《《復變函數(shù)》第二章習題全解鐘玉泉版（23頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、《復變函數(shù)》第二章習題全解鐘玉泉版 第二章 解析函數(shù) （一） 1.證明:0>?δ,使{}0001/),(t t t t δδ+-∈?,有)()(01t z t z ≠,即C 在)(0t z 的對應去心鄰域內(nèi)無重點,即能夠聯(lián)結(jié)割線)()(10t z t z ,是否就存在數(shù)列{}01t t n →,使 )()(01t z t z n =,于是有 0) ()(lim )(0 10100 1=--=→t t t z t z t z n n t t n 此與假設矛盾. 01001),(t t t t t >?+∈δ 因為 [])()(arg ) ()(arg 010 101t z

2、 t z t t t z t z -=-- 所以 []]) ()(lim arg[)()(arg lim )()(arg lim 0 101010101010 10 1t t t z t z t t t z t z t z t z t t t t t t --=--=-→→→ 因此,割線確實有其極限位置,即曲線C 在點)(0t z 的切線存在,其傾角為 )(arg 0t z . 2.證明:因)(),(z g z f 在0z 點解析,則)(),(00z g z f 均存在. 所以 )()()()() ()(lim )()()()(lim )() (lim 000 000

3、0 0000z g z f z z z g z g z z z f z f z g z g z f z f z g z f z z z z z z = ----=--=→→→ 3.證明:()()() ()()3322 ,0,0,,0,00x y x y u x y x y x y ≠?-? =+??=? ()()() ()() 3322 ,0,0,,0,00x y x y v x y x y x y ≠?+? =+??=? 于是()()()00,00,00,0lim lim 1x x x u x u x u x x →→-===,從而在原點()f z

4、 滿足C R -條 件,但在原點，()()()()()0,00,0x x u iv u iv f f z z z +-+-= ()()() ()()()3 3 3311i x y i z x y z ??+--+??= ??+?? 當z 沿0y x =→時,有()()() 2 12f f z i z x --+= 故()f z 在原點不可微. 4.證明:(1)當0≠z 時,即y x ,至少有一個不等于0時,或有y x u u ≠,,或有 y x u u ≠-,故z 至多在原點可微. (2)在C 上處處不滿足C R -條件. (3)在C 上處處不滿足C R -條

5、件. (4) 2 2 1y x yi x z z z z ++==,除原點外, 在C 上處處不滿足C R -條件. 5.解:(1) y x y x v xy y x u 22),(,),(==,此時僅當0==y x 時有 xy v xy u x v y u x y y x 22,22-=-===== 且這四個偏導數(shù)在原點連續(xù),故)(z f 只在原點可微. (2) 22),(,),(y y x v x y x u ==,此時僅當y x =這條直線上時有 00,22=-=====x y y x v u y v x u 且在y x =這四個偏導數(shù)連續(xù),故)(z f 只在y x =可微但不

6、解析. (3) 333),(,2),(y y x v x y x u ==,且 00,9622=-=====x y y x v u y v x u 故只在曲線 02 12 3 12 =- x y 上可微但不解析. (4) 32233),(,3),(y y x y x v xy x y x u -=-=在全平面上有 xy v xy u y x v y x u x y y x 66,33332222-=-=-=-==-= 且在全平面上這四個偏導數(shù)連續(xù),故可微且解析. 6.證明:(1)y y x x iu v iv u z f D yi x z -=+==∈+=?)(0, (2)設

7、().f z u iv =+則()f z u iv =-，由()f z 與()f z 均在D 內(nèi)解析知 ,,x y y x u v u v ==-,,x y y x u v u v =-= 結(jié)合此兩式得0x y x y u u v v ====，故,u v 均為常數(shù),故)(z f 亦為常數(shù). (3)若0)(=≡C z f ,則顯然0)(≡z f ,若0)(≠≡C z f ,則此時有0)(≠z f ,且 2 )()(C z f z f ≡,即) ()(2 z f C z f ≡ 也時解析函數(shù),由(2)知)(z f 為常數(shù). (4)設().f z u iv =+,若C y x u ≡

8、),(,則0,0≡≡y x u u ,由C R -條件得 0,0≡=≡-=x y y x u v u v 因此v u ,為常數(shù), 則)(z f 亦為常數(shù). 7.證明：設,f u iv g i f p iQ =+==+則,,f u iv g v iu =-=-由 ()f z 在D 內(nèi)解析知 ,x y y x u v u v ==- 從而 ,x x y v y y x p v u Q p v u Qx ==-====- 因而()g z 亦D 內(nèi)解析. 8.解:(1)由32233),(,3),(y y x y x v xy x y x u -=-=,則有 222233,6,6,33y x v

9、 xy v xy u y x u y x y x -==-=-= 故y x y x v v u u ,,,為連續(xù)的,且滿足C R -條件,所以()z f 在z 平面上解析,且 22236)33()(z xyi y x i v u z f x x =+-=+= (2) ()()()(),cos sin ,cos sin x x u x y e x y y y v x y e y y x y =-?=- ()cos sin cos x x y u e x y y y y v =-+= ()sin sin cos x y x u e x y y y y v =--+=- 故()f z 在z 平面

10、上解析，且 ()()()cos 1sin sin 1cos x x f z e y x y y ie y x y y =?+-+?+-???????? (3)由xshy y x v xchy y x u cos ),(,sin ),(==,則有 xchy v xshy v xshy u xchy u y x y x cos ,sin ,sin ,cos =-=== 故y x y x v v u u ,,,為連續(xù)的,且滿足C R -條件,所以()z f 在z 平面上解析,且 z xshyi xchy i v u z f x x cos sin cos )(=-=+= (4)由xshy

11、y x v xchy y x u sin ),(,cos ),(-==,則有 xchy v xshy v xshy u xchy u y x y x sin ,cos ,cos ,sin -=-==-= 故y x y x v v u u ,,,為連續(xù)的,且滿足C R -條件,所以()z f 在z 平面上解析,且 z xshyi xchy i v u z f x x sin cos sin )(-=--=+= 9.證明:設,i z x yi re θ=+=則cos ,sin ,x r y r θθ== 從而cos sin ,sin cos r x y x y u u u u u r u r

12、θθθθθ=+=-+ cos sin ,sin cos ,r x y x y v u v v v r v r θθθθθ=+=-+ 再由11 ,r r u v v u r r θθ==-，可得,x y y x u v u v ==-，因此可得()f z 在點z 可微且 ()()()11 cos sin sin cos x y r r f z u iu r u u i r u u r r θθθθθθ=-=--+ ()()1 cos sin sin cos r i u i u r θθθθθ=--+ ()()cos sin sin cos r r i u i v θθθθ=-

13、++ ()()cos sin r r i u iv θθ=-+ ()()1cos sin r r r r r u iv u iv i z θθ= +=++ 10.解:(1)x y i x z i e e e 2)21(22--+--== (2)2 2 22 2 2y z xyi y z z e e e -+-== (3) 2 2 2 2 2 2 11 x yi x y i x iy x y x y x y z e e e e e -- ++++===? 所以22221Re cos x y x y x y z e e ++??= ?

14、?? 11.證明:(1)因為)sin (cos y i y e e e e e x yi x yi z z +=?==+ 因此 )sin (cos y i y e e x z -= 而)sin (cos y i y e e e e e x yi x yi z z -=?==--,得證. (2)因為 i e e z iz iz 2sin --= 所以 z i e e i e e z iz iz z i z i sin 22sin =+=-=--- (3)因為2 cos iz iz e e z -+= 所以z e e e e z iz iz z i z i cos 2

15、2cos =+=+=-- 12.證明:分別就m 為正整數(shù),零,負整數(shù)的情形證明,僅以正整數(shù)為例 當1=m 時,等式自然成立. 假設當1-=k m 時,等式成立. 那么當k m =時,kz z k z k z e e e e =?=-1)()(,等式任成立. 故結(jié)論正確. 13.解:(1) )1sin 1(cos 333i e e e e i i +=?=+ (2) ()( ) () 11cos 12 i i i i e e i ---+-= () 112 i i i e e -+++= cos11sin1122e i e e e ???? = +

16、+- ? ????? 14.證明:(1)由于z z g z z f ==)(,sin )(在點0=z 解析 且01)0(,0)0()0(≠===g g f 因此 11 cos sin lim 0== =→z z z z z (2)由于0)(,1)(=-=z g e z f z 在點0=z 解析,且01)0(,0)0()0(≠===g g f 因此 11 lim 0==-=→z z z z e z e (3)由于z z z g z z z z f sin )(,cos )(-=-=在點0=z 解析, 且1)0(,0)0()0(,0)0()0(,0)0()0(

17、=======g g f g f g f 因此 3cos 1sin cos 1lim sin cos lim 00 =-+-=--→→z z z z z z z z z z z 15.證明：2 cos iz iz e e z -+= )cos()cos(cos nb a b a a +++-+ =2 22) ()()()(nb a i nb a i b a i b a i ia ia e e e e e e +-++-+-++++++ =?? ????--?+--?+-+ib b n i ia ib b n i ia e e e e e e 111121)1()1(

18、=)2cos(2 sin 21 sin nb a b b n ++=右邊 同理證明(2). 16.證明:(1) z i e e i i e e i e e iz z z z z iz i iz i sinh 222)sin()()(=-?=-=-= --- (2) z e e e e iz z z iz i iz i cosh 22)cos()()(=+=+= -- (3) z i i e e i e e iz iz iz iz iz sin 22)sinh(=-?=-= -- (4) z z iz i iz cos )cos()cos()cosh(=-=?= (5)

19、 z i z z i iz iz iz tanh cosh sinh )cos()sin()tan( === (6) z i z z i iz iz iz tan cos sin )cosh()sinh()tanh( === 17.證明:(1) 1)(sin )(cos )(222222=+=+=-iz iz ishz z ch z sh z ch (2) 111sec 222222 2 =+= +=+z ch z sh z ch z sh z ch z th z h (3) )sin()sin()cos()cos()cos()(21212121iz iz iz iz

20、 iz iz z z ch -=+=+ 2121shz shz chz chz += 18.證明:(1) xshy i xchy iy x yi x yi x z cos sin )sin(cos )cos(sin )sin(sin +=+=+= (2) xshy i xchy iy x yi x yi x z sin cos )sin(sin )cos(cos )cos(cos +=-=+= (3) y x y xsh y xch xshy i xchy z 2222222 2 sinh sin cos sin cos sin sin +=+=+= (4) y x y xsh y xc

21、h xshy i xchy z 2222222 2sinh cos sin cos sin cos cos +=+=-= 19.證明: chz e e e e shz z z z z =+=-=--2)2()( shz e e e e chz z z z z =-=+=--2 )2()( 20.解:(1) )31arg(31ln )31ln(i i i i z +++=+= )23 (2ln ππ k i ++= ),1,0( =k (2)由于2 ln i z π= ,則有i i e z i =+==2 sin 2 cos 2π π π (3)由于)2(

22、1ππk e e i z +=-=,故)2(ππk i z += (4)z z sin cos -=,即1tan -=z ,所以 ππ k i i i z +-=+-=4 11ln 21 (5) 設,z x iy =+由12tgz i =+得 ()()sin 122cos iz iz iz iz z i e e i e e z --=+→-=-+ 2255iz i e →=-+22cos 25y e x -→=-，1 sin 25 x = 41ln 5,54y e y -→==且1112,222tg x x arctg π???? =-=-+ ???????

23、11ln 5224 z arctg i π????→= -++ ??????? 21.證明:因)1arg(1ln )1ln()1ln(-+-=-=-θθθi i i re i re re z ,所以 )cos 21ln(2 1 )sin ()1(ln 1ln )]1Re[ln(222θθθθr r r re re z i i -+= +-=-=- 22.解: 3 2)(3)()(π θk z i k e z r z w +=,)2,1,0;2)(0;(=利用i i w -=)(定2,=k k ,再計算)(2i w - 23.解: 2,22π π i i e i e

24、 ==-,由32)2(-=-w 定1,=k k ,再計算i e i w π4 51)(= 24.解: ) 24 (2ln )] 2)1(arg(1[ln )1ln()1(ππ πk i k i i i i i i i e e e i +-+++++===+ )24 (2 ln ππ k i e e +-?= ),2,1,0( =k ππk i k i i i i e e e e 23ln )]23(arg 3[ln 3ln 3-++?=== ),2,1,0( =k 25.解:z 在z 平面上沿0=z 為圓心,1>R 為半徑的圓周C 從A 走到B ,經(jīng)過變換

25、 4z w =,其象點w 在w 平面上沿以0=w 為心,14>R 為半徑的象圓周從A 走到B ,剛好繞1+=w w 的支點-1轉(zhuǎn)一整周,故它在B 的值為B w +1.因此 1) () (4+-=-=R z f z f A B . 26.證明：()f z = 0，1，∞ 由于 3|12+，故()f z 的支點為0,1z =，因此在將z 平面沿實軸從0到期割開后，就可保證變點z 不會單繞0或者說轉(zhuǎn)一周，于是在這樣割開后的z 平面上()f z 就可以分出三個單值解析分支. 另由已知 ()arg f z π=得 ()() arg c i f z i f i e π?= ()2ar

26、g 1arg 3c c i z z ? ? ?-+?? ?= 32342i ππ?? +?????= 712 i π=. (二) 1.證明:由()2 1z f z z =-得()() 2 2211z f z z +=-，從而于是()f z 在D 必常數(shù) ()()()()()()2 2 2 2 2 2111111z z f z z z f z z z z +-+?= = ---()4 24 2 121Re m z I z i z z -+=+- 所以 ()()4 421Re 12Re z f z z f z z z ??-?= ?

27、?+-?? 由于1z 10,z ->且 ( ) 2 4 42 22 12Re 1210z z z z z +-≥+-=-> 故()()Re 0f z z f z ?? ?> ? ??? . 2.證明:同第一題 2 2 1Im 2111)()(1z z i z z z z f z f z -+-=-+=+. 3.證明:題目等價域以下命題:設1,E E 為關于實軸對稱的區(qū)域,則函數(shù)在E 內(nèi)解析)(z f ?在1E 內(nèi)解析. 設)(z f 在E 內(nèi)解析,對任意的10E z ∈,當1E z ∈時,有E z E z ∈∈,0,所以 )() ()(lim )

28、()(lim 00 00000 z f z z z f z f z z z f z f z z z z =--=--→→ 這是因為)(z f 在E 內(nèi)解析,從而有)()()(lim 00 00 z f z z z f z f z z =--→,由0z 的任意性可 知, )(z f 在1E 內(nèi)解析. 4.證明:(1)由于)(21 ),(21z z i y z z x -=+=,根據(jù)復合函數(shù)求偏導數(shù)的法則,即可得證. (2) )(21)(21x v y u i y v x u z v i z u z f ??+??+??-??=??+??=?? 所以 x v y u

29、y v x u ??-=????=??,,得 0=??z f 5.證明: x y sh y sh x y xch yi x z 222222sin )sin 1(sin )sin(sin +=-+=+= 所以 z x y sh shy sin sin 22=+≤ 而 z y shy Im =≥ ,故左邊成立. 右邊證明可應用z sin 的定義及三角不等式來證明. 6.證明:有 R ch y ch y sh y sh x z 222222 1sin sin ≤=+≤+= 即 chR t ≤sin 又有 R ch y ch y sh y x z 2222221sinh cos cos ≤

30、=+≤+= 7.證明:據(jù)定義,任兩相異點21,z z 為單位圓12 122 212 12121) 32()32()()(z z z z z z z z z f z f -++-++=-- 0112222121=-->--≥++=z z z z 故函數(shù))(z f 在18.證明:因為)(z f 有支點-1,1,取其割線[-1,1],有 (1) 10 18 2)(,8 )(arg ie c e i f z f π π -=- =? (2) i c c e i f z f i z f 8 52)(,8 5)(arg ,811)(arg 32π ππ=--=?-=? 9.

31、解: 因為)(z f 有支點∞,,1i ,此時支割線可取為:沿虛軸割開],[i i -,沿實軸割開],1[+∞,線路未穿過支割線,記線路為C , )]arg())(arg()1arg([21 )(arg i z i z z z f c c c c ??+--?+-?=? 2 ]0[21π π-=-= 故 i z f 5)(-=. 10.證明：因為()f z =0,1,z =∞,由題知()f z 的支點為 0,1,z =于是在割去線段0Re 1≤≤的平面上變點就不可能性單繞0或1轉(zhuǎn)一 周，故此時可出兩二個單值解析分支,由于當z 從支割線上岸一點出發(fā)，連 續(xù)變動到1z =-時，只z 的幅角共增加2 π ，由已知所取分支在支割線上岸 取正值，于是可認為該分支在上岸之幅角為0，因而此分支在1z =-的幅角 為2π，故()21i f π-==,i f 16 2 )1(-=-.