復(fù)變函數(shù)與積分變換課后答案中國(guó)石油大學(xué)出版社張高民、崔儉春等著

1、習(xí)題一答案1.求卜列復(fù)數(shù)的實(shí)部.1(1)3+2/1引(3)il-i虛部、模、幅角主值及共軌復(fù)數(shù):(2)(11)(12)(4)產(chǎn)+4円一j3-2/解：(1)z二一-3+2/133因此：Rez=，Imz-,131312-)=,argz=-arctan-,zV133133+i10Iniz二丄，1011argz=-arctan-,zVlO31013i.3-3i3-5/(3)Z二一二一2+=,il-i3因此，Rez=-3V34Imz13(2)Z0-1)(/-2)1-3/3因此，Rez=-1022I111Z=-,25-3+5i,.二一arctail,z=232(4)z=-i8+4/21-/=-l+4Z-/

2、=-l+3/因此，Rez=-1:Imz=3,|z|=a/10,argz-7i-arctan3,z=-l-3z2.將卜列復(fù)數(shù)化為三角表達(dá)式和指數(shù)表達(dá)式：(1)i(2)-1+a/3/(3)r(sin+/cos0)(4)r(cos-zsiii)(5)lcos&+isin&(0/3-05(2)(1+/)100+(1-/)100(4)(cos50+isin50)，(cos3isin30)(1-/3z)(cos&+isin&)(1-Z)(cos&-Zsin&)(5)/1(6)Vl+7解：d)(/3-f)5=2(cos(-)+/sm(-)566二2(cos(-)+isiii(-)=-l6(3+i)66(1+

3、z)100+(1-/)100二嚴(yán)+(-2/)50=-2(2)50=-251(3)(1-V)(cos0+isiii&)(1一i)(cos&-isin&)TTTT2cos(-y)+isiii(-y)(cos&+isin&)V2cos(-)+isiii(-)1cos(-0)+isin(_&)44二V2cos(-醫(yī))+isin(-令)(cos26+isin2&)=阿cos(2&)+dsin(2&一)1=屁叫1212( )( #)(cos5+jsin5r(cos3?-zsill3)3coslO+zsiiilOcos(90)+isin(90)=cos19卩+/sill190(5)/7i.n3cos+rsm

4、V22I7T1TTcos-(-+2)+/sin-(i+2)722一s22-Gk=0k-lk=2(6)yji+i=/2(cos+zsill)V44邁cos*(彳+2k)+isin+(彳+Ikn)=K.V2er,k=0X-也ejk=4.設(shè)Z二一,Z2試川三角形式表示2憶2與一V2z2解：zt=cos+ism,z2-2cos(-)+1sm(-)，所以Z憶,二2cos()+/sm()二2(cos+isin),12Lv46461212r(7i7i、./兀7r.1z5n.cos(d)+/sm(H)1=(cosbism)464621212S5.解下列方程：(l)(z+i)=l(2)Z4+6f4=0(6Z0)

5、解：(1)z+Z=y/I,由此Z二班_心J,伙=0丄2,3,4)(2)z=y-a4=ya4(cos4-/sinn)6/cos+2k7T)+zsill+Ikn),當(dāng)&二0丄厶3時(shí)，対應(yīng)的444個(gè)根分別為:令(1+幾令(-1+從令(-1),命(I)6.證明卜列各題:(1)設(shè)z二則|z|2|x|y|,固此有2(x2+/)(|x|+|y|)2,從而(2)對(duì)任意復(fù)數(shù)Z,Z2,有k+$=k+k+2Rc(ZZ2)證明：驗(yàn)證即可，首先左端二(坷+兀2尸+()1+2尸，而右端二+)+X/+y22+2Re(xt+iyv)(x2-iy2)=不$+2+x22+y22+2(x2+yy2)=(xL+x2)2+(yL+y2

6、)2由此，左端=右端，即原式成立。(3)若a+bi是實(shí)系數(shù)代數(shù)方程qz+z/,_1+?！癬憶+%)=0的一個(gè)根，那么a-bi也是它的一個(gè)根。證明：方程兩端取共軌，注意到系數(shù)皆為實(shí)數(shù)，并且根據(jù)復(fù)數(shù)的乘法運(yùn)算規(guī)則,z=(z)，由此得到：do(z)+q(z)“+Q“_iZ+Qo=0由此說(shuō)明：若z為實(shí)系數(shù)代數(shù)方程的一個(gè)根，則z也是。結(jié)論得證。,、八a-b(4)若。二1，則/?工ay皆有=al-ab證明：根據(jù)已知條件，有QQ二1,因此:a-ba-ba-b1二=二=二d,證畢。I-abaa-aba(a-b)a(5)若aI,vl,則有a-bl-ab1l-ab證明：”=(a-b)(a-b)-c-ab-abf=

7、(1-ab)(l-ab)=1+”町-ab一ab,因?yàn)閨a|l,|Z?|1,所以,a+1/?|-Q|b_1二(1一|a)(b_1)v0,因而|dl-ab,即a-bl-abh結(jié)論得證。7.i7z1,試寫(xiě)出使z“+Q込到最人的z的衣達(dá)式，其小為ii；a為復(fù)數(shù)。解：首先，由復(fù)數(shù)的三角不等式有匕+心團(tuán)+問(wèn)1+0|,在上面兩個(gè)不等式都取等號(hào)時(shí)z/l+a達(dá)到最人，為此，需要取z與a同向且z二1,即z應(yīng)為。的單位化向量，由此，z二廠(chǎng)H8.試用來(lái)表述使這三個(gè)點(diǎn)共線(xiàn)的條件。解：要使三點(diǎn)共線(xiàn)，那么用向量表示時(shí)，z2-zL與兮一勺應(yīng)平行，因而二者應(yīng)同向或反向，即幅角應(yīng)相差0或帀的整數(shù)倍，再由復(fù)數(shù)的除法運(yùn)算規(guī)則知A廠(chǎng)g

8、應(yīng)為0或兀的整數(shù)倍，至此得到:Z1?Z2,J三個(gè)點(diǎn)共線(xiàn)的條件是2Zl為實(shí)數(shù)。9寫(xiě)出過(guò)勺二2（勺工5）兩點(diǎn)的直線(xiàn)的復(fù)參數(shù)方程。解：過(guò)兩點(diǎn)的直線(xiàn)的實(shí)參數(shù)方程為:X=+/（兀2不），二久+心2-）因U，復(fù)參數(shù)方程為:Z二x+砂二不+紉+勺-不+砂2_紉）=勺+r（Z2-zj其中r為實(shí)參數(shù)。io.卜列參數(shù)方程表示什么曲線(xiàn)？（其中為實(shí)參數(shù)）(1)Z二二(l+i)f(2)z二acosf+ibsinf(3)z二f+-解：只需化為實(shí)參數(shù)方程即可。(1)X二二匚y二匚因而表示直線(xiàn)y=%(2)X-22JCV二acosfy二bsinf,因而表示橢圓+y=16TO(3)X-1,二匚y二一，因而表示雙曲線(xiàn)=l11.證明

9、復(fù)T-iiii.i-.的圓周方程可表示為ZZ+dZ+dZ+c二0,其中。為復(fù)常數(shù)，c為實(shí)常數(shù)證明：圓周的實(shí)方程可表示為：%2+/+Ax+By+c=0,Z+ZZZ22I2代入兀二y=,并注意到x+y=z二zz,由此22i1+c=0,22iABiA+Bi整理，得zz+z+z+c=022A+BiABi記=a,則=a,由此得到22zz+qz+qz+c=0,結(jié)論得證。12.證明：幅角主值函數(shù)argz在原點(diǎn)及負(fù)實(shí)軸上不連續(xù)。證明：首先，argz在原點(diǎn)無(wú)定義，因而不連續(xù)。對(duì)于x0,v=丄sin&,消去參數(shù)&,得2 HYPERLINK l bookmark982211tr+v=-,表示一半徑為一的圓周。 HY

10、PERLINK l bookmark10642指出下列各題中點(diǎn)Z的軌跡或所表示的點(diǎn)集，并做圖：解：（I）|zz|二廠(chǎng)（r0）,說(shuō)明動(dòng)點(diǎn)到為的距離為一常數(shù)，因而表示圓心為Z。，半徑為廠(chǎng)的圓周。（2）z_Zq篤是由到為的距離大于或等于廠(chǎng)的點(diǎn)構(gòu)成的集合,即圓心為為半徑為廠(chǎng)的圓周及圓周外部的點(diǎn)集。（3）|z-l|+|z-3|=8,說(shuō)明動(dòng)點(diǎn)到兩個(gè)固定點(diǎn)1和3的距離之和為一常數(shù)，因而表示一個(gè)橢圓。代入z=x=iy,化為實(shí)方程得3+厶11615|z+z|=|z-z|,說(shuō)明動(dòng)點(diǎn)到i和一i的距離相等，因而是i和一i連線(xiàn)的垂直平分線(xiàn)，即兀軸。/、療一arg(z-/)=，幅角為一常數(shù)，因而表示以！為頂點(diǎn)的與兀軸正向

11、夾角為4仝的射線(xiàn)。4做出卜列不等式所確定的區(qū)域的圖形，并指出是有界還是無(wú)界，單連通還是多連通。2|z|3,以原點(diǎn)為心，內(nèi)、外圓半徑分別為2、3的圓環(huán)區(qū)域，有界，多連通aargz/?(0a/?1,顯然zh2,并且原不等式等價(jià)f-|z-3|z-2|,說(shuō)明z到3的距離比到2的距離大，因此原不等式表示2與3連線(xiàn)的垂直平分線(xiàn)即X二2.5左邊部分除掉%=2后的點(diǎn)構(gòu)成的集合，是一無(wú)界，多連通區(qū)域。(4)|z-2|-|z+2|l,顯然該區(qū)域的邊界為雙曲線(xiàn)|z-2|-|z+2|=l,化為實(shí)方程為=1,再注意到Z到2與z到一2的距離之差大J：1,因而不等式表示的應(yīng)為上述雙曲線(xiàn)左邊一支的左側(cè)部分，是一無(wú)界單連通區(qū)域

12、。(5)|z-l|-()-1515778所以表示圓心為(-,0)半徑為后的圓周外部，是一無(wú)界多連通區(qū)域。習(xí)題二答案1.指出卜列函數(shù)的解析區(qū)域和奇點(diǎn)，并求出可導(dǎo)點(diǎn)的導(dǎo)數(shù)。(1)(Z-1)5(2)z+2(3)二一(4)z+一z+1z+3解：根據(jù)函數(shù)的可導(dǎo)性法則(可導(dǎo)函數(shù)的和、差.積、商仍為可導(dǎo)函數(shù)，商時(shí)分母不為0),根據(jù)和.差、積、商的導(dǎo)數(shù)公式及復(fù)合函數(shù)導(dǎo)數(shù)公式，再注意到區(qū)域上可導(dǎo)一定解析，由此得到：(1)(z-1)5處處解析,(z-1)5T=5(z-1)4z3+liz處處解析，(z34-2izy=3z2+2i3的奇點(diǎn)為才+1二0,即z二土i,z+1(1丫=一&+1)_9+1(F+l)2一(才+1

13、廠(chǎng)z+的奇點(diǎn)為z二一3,z+3(Z+亠亍二1_(，Q工_3)z+3(z+3)2.判別卜列函數(shù)在何處可導(dǎo)，何處解析，并求出可導(dǎo)點(diǎn)的導(dǎo)數(shù)。(1)/(z)=xy1-x2yi(2)/(z)=x2+2z(3)(4)_2z(Z主0/(z)=x+i(3肅yy)/(Z)=-z解：根據(jù)柯酋一黎曼定理：2w=,v=xy9以二此vy=xuy=2x)vx=2xy四個(gè)一階偏導(dǎo)數(shù)皆連續(xù)，因而處處可微，再由柯西一黎曼方程ux=vy,uy=一匕解得:x=y=0f因此函數(shù)在z=0點(diǎn)可導(dǎo)，/r(0)=ux+ivx=o=0,函數(shù)處處不解析。22u-xv=y,以=2兀，vy=2y,uy=0,vr=0四個(gè)一階偏導(dǎo)數(shù)皆連續(xù)，因而處處可微

14、，再由柯西一黎曼方程ux-vv,uy=-匕.解得：x=y9因此：函數(shù)在直線(xiàn)y=x,可導(dǎo)，fXx+ix)=ux+ivxy=x=2x,因可導(dǎo)點(diǎn)集為直線(xiàn)，構(gòu)不成區(qū)域，因而函數(shù)處處不解析。(3)u=x3-3xy2,v=3x2y-y3,ux-3x2-3y2,vv二3x2一3)，川二-6xy,vx-6xy四個(gè)一階偏導(dǎo)數(shù)皆連續(xù)，因而處處可微，并且U.V處處滿(mǎn)足柯西一黎曼方程ux=Vv,uy二一Vv因此，函數(shù)處處可導(dǎo)，處處解析，且導(dǎo)數(shù)為f(z)=ux+ivx-3x2-3,2+/6xy=3z2/二丄二丄一二：+“2，二2兀222y2，IZx-iyx+yx+yx+yy1-x1x2-y2TOC o 1-5 h zu

15、,V:,“(才+護(hù))2y(x2+/)2-2xy-2xyU：二,、X+y2)2“E+y2)2因函數(shù)的定義域?yàn)閦hO,故此，”，處處不滿(mǎn)足柯西一黎曼方程，因而函數(shù)處處不可導(dǎo)，處處不解析。3.當(dāng)l,m,n取何值時(shí)/(z)=my3+nx1y+z(x34-Ixy1)在復(fù)平面上處處解析？解：u=my3+nx1兒v=x3+Ixy1ux二Inxyvv二2/xy,ux-3my2+nx2,vx=3x2+ly2,由柯西一黎曼方程得：ux=2nxy=vv=2/x(1)uy二3my2+nx2=-vx=-3x2-ly2(2)由(i)得h=/,由(2)得n=-3,3m=-1,因而，最終有m-1h=/=-34.證明：若于解析

16、，則有(g(Z)|)2+(訓(xùn)(Z)=f(Z)f+v2證明：由柯西一黎曼方程知，左端二(a/w2+v2)2+(Vw2+V2)2dxdyw2+v2_嚴(yán)5+叫、2./匕+VVv、2_(叫+W,)2+(叫一叫尸ir+v2一/(化+匕)2+(_匕)2_匕+匕)2|廣(z)二右端，證畢。證明:nf(z)=u+iv在區(qū)域D內(nèi)解析，IL滿(mǎn)足卜列條件Z，則/(Z)在D內(nèi)一定為常數(shù)。(I)/(Z)在D內(nèi)解析，(2)U在D內(nèi)為常數(shù)，/(Z)在D內(nèi)為常數(shù)，(4)V-IC(5)2U+3V=1證明：關(guān)鍵證明的一階偏導(dǎo)數(shù)皆為0!(!)/(Z)=W-/V,因其解析，故此由柯西一黎曼方程得-W.v=Vv(1)而由/(z)的解析

17、性，又有ux-Vv,UX=-Vx(2)由(1)、(2)知I,LIX-uy=匕.=vv=0,因此u=q,v=c2,即/(Z)=q+zc2為常數(shù)設(shè)弘=q,那么由柯西一黎曼方程得匕二匕三，匕=匕三，說(shuō)明v與兀，y無(wú)關(guān)，因而v=c2,從而/()=q+zc2為常數(shù)。由已知，|/(z)|2=u24-v2=c0為常數(shù)，等式兩端分別對(duì)兀y求偏導(dǎo)數(shù),得2uur+2vvr二2uux+2wv:=0(1)=0(2)因/(Z)解析，所以又有Ux-Vv,uv=-vx求解方程組(1)、(2),得ux-ux-vx=Vv=0,說(shuō)明皆與兀丁無(wú)關(guān)，因而為常數(shù)，從而/(Z)也為常數(shù)。同理，V=U2兩端分別劉求偏導(dǎo)數(shù)，得匕.=2叫vy

18、=2uuv再聯(lián)立柯西一黎曼方程冷.=Vv,II.=匕.，仍有u=u=v=v=0 xyxy(5)同前而一樣，2u+3v=1兩端分別對(duì)兀,y求偏導(dǎo)數(shù)，得2ua+3va.二0,2wv+3vv=0考偲到柯西一黎曼方程叫=片，ux=-vx,仍有ux-uy=vx=vy=0,證畢。計(jì)算卜列各值(若是對(duì)數(shù)還需求出主值)爪.I(1)e2(2)Ln(-i)Ln(-3+4i)2(4)sini(5)(1+Z)1(6)TPM：(i)e2,=cos(-|)+l-sin(-)=-/2k為任意整數(shù),(2)/?(-/)=lii|-Z|+arg(-z)+Ikni-(+2k)7ri,Ln(-3+4z)=ln-34-4z|+arg(

19、-3+4z)+2kni4=lii5+(-arctail+2k7T)i,k為任意整數(shù)主值為：lii(-3+4/)=lii5+(-arctail)z(4)siiiz=smz=12i2W嚴(yán)g)二J447.求e7：和Arge:解：?jiǎn)⒍虼烁鶕?jù)指數(shù)函數(shù)的定義，有Arge:=2xy+2k7r9（R為任意整數(shù)）8.設(shè)z-retd,求ReLn(z-1)解：Ln(z-1)=Inz-1|+zarg(z-1)+2kni,因此Re厶舁(z-1)=lii|z-l|=liiJ(/cos&l)2+(/sin&)二fln(l2廠(chǎng)cos&+尸)9.解下列方程：2(4)shz-i(3)sinz+cosz二0（k為任意整數(shù)）根據(jù)對(duì)

20、數(shù)與指數(shù)的關(guān)系，應(yīng)有m兀乃.Z=e2=cos+ism=z22由三角函數(shù)公式(同實(shí)三角函數(shù)一樣)，方程可變形為siiiz4-cosz=/2sin(z+)=04因此z+=k7,即=k7t-匕,k為任意整數(shù)4477e、_由雙曲函數(shù)的定義得shz=二i,解得2(ez)2一lie7-1=0,即e=i,所以JIz=Lni-(+2kn)i,k為任意整數(shù)10.證明羅比塔法則：若/(z)及g(z)在Zo點(diǎn)解析，且/(%)二g(z)=0,0(Zo)HO,貝Ijlim/斗=厶二，并由此求極0g(z)gUo)liin/二liinZZogg-g(Zo)ZZo由此,liin-silizrcosztlull=1zztO11

21、1111-r-1=liin=ez01vsmzvLl限11111；11111zozz-oz證明：由商的極限運(yùn)算法則及導(dǎo)數(shù)定義知/-/(Z。)11用對(duì)數(shù)計(jì)算公式直接驗(yàn)證:(1)Lnz2工ILnz(2)Ln丘=Lnz2解：記z=reie,貝9(i)左端二Ln(r2e2t0)=21n廣+(2。+2血開(kāi),r。Z-Zo二廣(Z)lim&一鞏5亍”)gzZo右端二2lii廠(chǎng)+(0+2m7r)i=2111r+(2&+4m7r)i,其中的人加為任意整數(shù)。顯然，左端所包含的元素比右端的要多(如左端在R二1時(shí)的值為2In廠(chǎng)+(20+2療)0而右端卻取不到這一值)，因此兩端不相等。TOC o 1-5 h z8+2汀皿

22、.0(2)左端二2=liir+(一m7i+2k7)i2/2 HYPERLINK l bookmark20210右端二一In廠(chǎng)+(&+2n7T)i二一In廠(chǎng)+(+nn)i2/2/2其中為任意整數(shù)，而m=0,1不難看出，對(duì)丁左端任意的k,右端取2k或2k+1時(shí)與其対應(yīng)；反之，対J：右端任意的”，當(dāng)n=2l為偶數(shù)時(shí)，左端可取k=l,tn=0其對(duì)應(yīng)，而當(dāng)n=2l+1為奇數(shù)時(shí)，左端可取k=21,m=1J-其對(duì)應(yīng)。綜上所述，左右兩個(gè)集合中的元素相互對(duì)應(yīng)，即二者相等。12.證明sillz=sillJcosz=cosz證明：首先有e:=(cosy+isiny)=e(cosyisiny)=f=“，因此1717J

23、7/7乃/7/7-2i-2i-Q_e、e-ee-ee“一e、smz=()=j-2isniz9第一式子證畢。2i同理可證第二式子也成立。siiiz陶(即ysinz|訓(xùn))ei:+e13.證明|lmz|-iZ證明：首先，smz2i右端不等式得到證明。其次，由復(fù)數(shù)的三角不等式又有siiiz|=2i根據(jù)高等數(shù)學(xué)中的單調(diào)性方法可以證明20時(shí)h“，因此接著上剛證明，z|7?,證明sinzy,左端不等式得到證明。coszchRsiiiz護(hù)-嚴(yán)0時(shí)c/m:單調(diào)增加，因此有sinz|chychR,同理,cosz=2=-_22_215.已知平而流場(chǎng)的復(fù)勢(shì)/(Z)為證畢。(1)(z+/)22(2)匸(3)1試求流動(dòng)的

24、速度及流線(xiàn)和等勢(shì)線(xiàn)方程。z+1/+eiz滬+戶(hù)ey+ey*惻+占解：只需注意,若記f(z)=(p(x,y)+ii/(x,y),則流場(chǎng)的流速為7二,ch)jchR等勢(shì)線(xiàn)為0(忑刃三C?,因此，有(z+,)2二兀+(y+1)/2=x2-(y+1)2+2x(y+l)z流速為v=廣(z)=2(z+i)-2(z一i),流線(xiàn)為x(y+l)三q,等勢(shì)線(xiàn)為x2-(y+l)2=c2z3=(x+iy)3=x3-3xy2+(3x2y-y3)i流速為v=廣(z)=3z2=3(z)2,流線(xiàn)為3x2y-y3=cL,等勢(shì)線(xiàn)為x3-3兀嚴(yán)=c2111二=z?+1(x+iy)?+1疋-y?+1+2xyi_x2-y2+1-2xy

25、i(x2-y2+1)2+4x2y2流速為u=/(z)二-2z3+1)2-2z流線(xiàn)為(x2_y2+1)2+4x2)?2等勢(shì)線(xiàn)為/),+1(x2-y2+1)2+4x2y2習(xí)題三答案1.計(jì)算積分J（xy+?）dz，其中C為從原點(diǎn)到1+d的直線(xiàn)段解：積分曲線(xiàn)的方程為x=t,y=t,即Z=x+iy=f+，/:0t1,代入原積分表達(dá)式中，得J（x-y+ix2）dz二（一+滬）（+2.計(jì)算積分J必,莫中C為（1）從0到1再到1+,的折線(xiàn)（2）從0到1+/的直線(xiàn)解：（1）從o到1的線(xiàn)段q方程為：Z.-x+iy-x:0t1,從1到1+i的線(xiàn)段c?方程為：z二兀+，二1+d，）?：0t1,代入積分表達(dá)式中，得Je

26、:dz=Je:dz+Jedz=J；exdx+J；el+yi(1+yiSdy-e-l+e/(siii1一icosl+z)=e(cos1+isin1)-1=el+l一1；(2)從o到1+i的直線(xiàn)段的方程為z-x+iy-t+ti,/:0t1,代入積分表達(dá)式中，得Je7dz-e,+l(f+tidt二(1+e!(cost+isiiit)dt,c対上述積分應(yīng)用分步積分法，得愕)=(cosZ+zsiiif+siiif-Zcosf)=嚴(yán)3.積分J（x2+iy）dz其中c為c（1）沿y=x從0到1+Z（2）沿y=x2從0到1+,解：（1）積分曲線(xiàn)的方程為z二x+jy二f+方，f:0Tl,代入原積分表達(dá)式中，得0

27、0+006.用積分估計(jì)式證明：若/(z)在整個(gè)夏丫面上有界，則正整數(shù)M1時(shí)5估計(jì)積分!呂械其中為+i到的圓心在原點(diǎn)的上半圓周。ids二C的弧長(zhǎng)二71cdz=000則由積分估計(jì)式得z上汕J/PnJn其中5為圓心在原點(diǎn)半徑為R的正向圓周。證明：記|/(z)1,因此上式兩端令s取極限，由夾比定理，得證畢。71.71(3)通過(guò)分析被積函數(shù)的奇點(diǎn)分布情況說(shuō)明卜列積分為0的原因，其中積分曲線(xiàn)C皆(1)(4)dz(2)0)N+2Z+4(5)“泌C解：各積分的被積函數(shù)的奇點(diǎn)為：(I)z=2,Tdz(3)九?+2(2)(z+廳+3=071.71(3)71.71(3)即z二一1土丿亍，(3)z二土血=0,證畢。5

28、+4cos&設(shè)/(z),g(z)都在簡(jiǎn)單閉曲線(xiàn)C上及C內(nèi)解析，且在C上/(z)二g(z),證明在C內(nèi)也有/(z)二g(z)由已知，在積分曲線(xiàn)C上，/(z)二g(z),故此有/(Zo)二g(Zo)再由Zo的任意性知，在c內(nèi)恒有/(Z)二g(z),證畢。設(shè)/(z)在單連通區(qū)域D內(nèi)解析，Jl.|/(z)-l|h證明(1)在D內(nèi)于工。；C/證明：(I)顯然，因?yàn)槿粼谀滁c(diǎn)處/(z)=0,則由已知I|0-1|1,矛盾！(也可直接證明：|/(z)|-l|/(z)-l|l,因此-1|/(z)|-11,即0|/(z)|2,說(shuō)明/(z)hO)既然/(z)hO,再注意到于(z)解析，廣(z)也解析，因此由函數(shù)的解析

29、廠(chǎng)性法則知也在區(qū)域D內(nèi)解析，這樣，根據(jù)柯西基本定理，対內(nèi)任一簡(jiǎn)單閉曲線(xiàn)c,皆有厶上丿dz二0,證畢。求雙曲線(xiàn)y2-x2=c(CHO為常數(shù))的正交(即垂直)曲線(xiàn)族。解：=)“一_?為調(diào)和函數(shù)，因此只需求出其共軌調(diào)和函數(shù)u(兀刃，則v(x,y)=c便是所要求的曲線(xiàn)族。為此，由柯西一黎曼方程vv=-uy=-2y,因此v二，再由vv-ux=-2x1,g(y)三0,即g(y)=c為常數(shù)，因此v=-2xy+c0,從而所求的正交曲線(xiàn)族為a)?=c(注：實(shí)際上，本題的答案也可觀察出，因極易想到/(z)=-z2=y2-x2-Ixyi解析)設(shè)v=epxsmy,求卩的值使得u為調(diào)和函數(shù)。解：由調(diào)和函數(shù)的定義匕*4-

30、vvv=pepxsiny+(epxsilly)=0,因此要使v為某個(gè)區(qū)域內(nèi)的調(diào)和函數(shù)，即在某區(qū)域內(nèi)上述等式成立，必須/?21=0,即/?=+1O已知+u=兀2一+2尢y5兀一5y,試確定解析函數(shù)f(z)=u+iv解：首先，等式兩端分別對(duì)求偏導(dǎo)數(shù)，得TOC o 1-5 h zwv+vv=2x+2y-5（i）ux+vv-2y+2x-5（2）再聯(lián)立上柯酋一黎曼方程ux=V.v（3）Uy從上述方程組中解出wv?wv,得ux=2x-5,uy=-2y這樣，對(duì)冷積分，得u=x2-5x+cy),再代入比沖，得c(y)=2幾c(y)=-/+c0至此得到：w=x2-5x-/+c0,由二者之和又可解出v=2廠(chǎng)一5歹

31、一(?0，因此/(z)=w+iv=z2-5z+c0-coi,其中c0為任意實(shí)常數(shù)。注：此題還有一種方法：由定理知廣(Z)二ux+ivx=ux一iuy二2x-5+2)”=2z-5由此也可很方便的求出/(z)。18.由卜列各己知調(diào)和函數(shù)求解析函數(shù)/(z)=M4-rv解：(1)U二兀2+xy一y2,/(/)=-14-Z,由柯西一黎曼方程，vv=ux-2x+y,對(duì)y積分，得v=2xy+|y2+c(x),再由=uv得2y+c(尢)=x+2y,因此cx)-x,c(x)=-x2+c0,所以v=2xy+|/-|x2+c0,因/(/)=-1說(shuō)明x=O,y=i時(shí)卩二1,由此求出c二丄,至此得到：2小+,/(z)=

32、w+/v=x2+x-y2+(y/-x2+整理后可得：f(z)(1OFi22心，/(2)=0jr+y(疋+卄X+y2)2/二-丄+C，(礦(ZZ)2其中c為復(fù)常數(shù)。代入于(2)=0得,1c二一，故此2此類(lèi)問(wèn)題，除了上題采用的方法外，也可這樣:fz)=ux+ivx=vyivxx2-y2Ixy打、11/w=-2zVv-arctail(兀0)x同上題一樣,廣(z)=Ux+ivx-vy+ivxx._y；Z1二+7二二.2222_x+yx+yzzZ因此/*(z)=lnz+Co,其中的InZ為對(duì)數(shù)主值，q為任意實(shí)常數(shù)。u=ex(xcosy-ysiny),/(0)=0vv=-uy=exsiny+siny4-y

33、cosy),對(duì)x積分，得v-sin)Jexxdx4-(siny+ycosy)+c(x)=silly(x一10+ex(silly+ycosy)+c(x)=ex(xsiiiy+ycosy)+c(x)再由vy=ux得c(兀)=0,所以c(x)=c0為常數(shù)，由于(0)二0知,x=y=0時(shí)v=0,由此確定出c0=0,至此得到：v=exsiny+ycosy)/(z)-u+iv-ex(xcosy-ysilly)+/eA(xsiiiy+ycosy),整理后可得f二019.設(shè)在|z|l/(z)解析，且|/(z)|l，證明I/z(0)|1證明：由高階導(dǎo)數(shù)公式及積分估計(jì)式，得/ds中Z證畢。20.若/(z)在閉圓盤(pán)

34、|z-z0|7?解析，且f(z)M,試證明柯術(shù)不等式務(wù)M,并由此證明劉維爾定理：在整個(gè)復(fù)平面上有界且處處解析的函數(shù)一定為常數(shù)。證明：由高階導(dǎo)數(shù)公式及積分估計(jì)式，得n2ttR,1+1nM2ttR忒/()ds=2ttR=dsnM2乃加nMRn柯西不等式證畢：卜證劉維爾定理:因?yàn)楹瘮?shù)有界，不妨設(shè)|/(z)|M,那么由柯西不等式，對(duì)任意Z。都有|/(z0)|,又因/(z)處處解析，因此R可任意大，這樣，令RRt+s，得|廣(知)|covd+尹Isi解：1+礦2(cs%汕詢(xún),其中arctan-,則rJs八金n8co嚴(yán)co嚴(yán)co嚴(yán)co嚴(yán)由定義4.1知，數(shù)列乙收斂，極限為0co嚴(yán)co嚴(yán)co嚴(yán)co嚴(yán)解：因?yàn)?

35、Elim丄=0,所以lime2T8JJn-cofl=0由定義4.1知，數(shù)列收斂，極限為o第(S”z解：設(shè)Z=廠(chǎng)(cos0+isill0),則zn=(=)n=cos2n6+isin2nd,因?yàn)閘imeos2n0,Innsin2n/9都不存在，所以1山】疋不存在，由定理4.1知，數(shù)列&訃不收斂“T8刃T82.下列級(jí)數(shù)是否收斂？是否絕對(duì)收斂?解:8嚴(yán)和，由正項(xiàng)級(jí)數(shù)的比值判別法知該級(jí)數(shù)收斂，故級(jí)數(shù)苔萬(wàn)收斂,且為絕對(duì)收斂.H7TooCOS解：Y=Y+In11n=2111/?=200U7CcoCOS因?yàn)楣?鋁Inn斂法知該級(jí)數(shù)收斂,InnoosinzY2-+!+是交錯(cuò)級(jí)數(shù)，根據(jù)交錯(cuò)級(jí)數(shù)的萊布尼茲審F111

36、2hi4ln6lnS同樣可知,+hi3ln51117n兀coSillIAAIA2111111119E=1-+-+也收斂，故級(jí)數(shù)士是收斂的.乂萌811I=52、紅111n11177H-l00故級(jí)數(shù)酩發(fā)散，從而級(jí)數(shù)n=2W二條件收斂心In/?gLcos加s/r=0cocoR解：y21=y厶,厶丄nn+1/?=0Z/?=0乙n=08en8廠(chǎng)8en8cosin=工河+工尹，因級(jí)數(shù)工尹發(fā)散，故工發(fā)散.n=0Z/?=0厶/?=0乙n=0Z8解：工n=0n8屈=y-,由正項(xiàng)正項(xiàng)級(jí)數(shù)比值判別法知該級(jí)數(shù)收斂，故級(jí)數(shù)8(3+5汗Y-收斂，且為絕對(duì)收斂滬0川3.試確定下列幕級(jí)數(shù)的收斂半徑.111116;,41-1+

37、1=yf2,W|Jco(1)工(1+仁川=0解:故此幕級(jí)數(shù)的收斂半徑人=17T解:lunSL=lnn-8cH-8(+l)!nn(w+1),+1n!1故此幕級(jí)數(shù)的收斂半徑R=e.co工/遼n=l解：lim險(xiǎn)|=lim孚=1,故此幕級(jí)數(shù)的收斂半徑R=.28CT8/-(4)cos/?=!2口-12l28911_1o7?_1TOC o 1-5 h z解：令r=z,則=w=l2/r=l22n+llnnM=lunM_=i,故幕級(jí)數(shù)的收斂域?yàn)閨z|2,即|才2,從而幕級(jí)數(shù)”芒宀的收斂域?yàn)閸弆時(shí)，工陸I団工陸|，因?yàn)楣り憒發(fā)散，根據(jù)正項(xiàng)級(jí)數(shù)的比較準(zhǔn)則可知,/?=0/?=0/?=0COCO8SlllZ”|發(fā)散，

38、從而陸|団的收斂半徑為1，由定理4.6,的收斂半徑也為1./:=0/?=0n=000如果級(jí)數(shù)工C”Z”在它的收斂圓的圓周上一點(diǎn)$處絕對(duì)收斂，證明它在收斂圓所圍的閉n=0區(qū)域上絕對(duì)收斂證明：|z|z0|時(shí)，由阿貝爾定理，士C“z絕對(duì)收斂.n=0牛味時(shí)，卜勺C”忖|，由已知條件知，$|c”kn=0n=0n=08收斂，亦即絕對(duì)收斂.n=0將下列函數(shù)展開(kāi)為Z的幕級(jí)數(shù)，并指出其收斂區(qū)域.(W解：由J：函數(shù)一的奇點(diǎn)為z=i,因此它在z1內(nèi)處處解析,(1+b成Z的幕級(jí)數(shù).根據(jù)例4.2的結(jié)果，可以得到-r=i-r+?-+z1-1+將上式兩邊逐項(xiàng)求導(dǎo)，即得所要求的展開(kāi)式)(一丄)=12才+3疋+(1)nzln2

39、+(1+r/1+72z(dH0,/?H0)(Zd)(Zb)解：b時(shí)，由于函數(shù)丙尹(心0()的奇點(diǎn)為zw處處解析，可以在此圓內(nèi)展開(kāi)成Z的幕級(jí)數(shù).(Z-a)(z-b)ciHb時(shí)，由J：函數(shù)(。工0上工0)的奇點(diǎn)為Zi=a,(Z-d)(Z-b)00收斂，即工|c”|fn=0可以在此圓內(nèi)展開(kāi)因此它在zci內(nèi)-嚴(yán)+,|z|va.=b,因此它在z|vmn】問(wèn),|b|內(nèi)處處解析，可以在此圓內(nèi)展開(kāi)成z的幕級(jí)數(shù).a_a)a_b)1,1Z疋1ZT、兀於二一不一莎L滬戸薩士卜*+話(huà)_掙+侖一為）f詡牛皿林附cosi解：由J：函數(shù)cos/在復(fù)平而內(nèi)處處解析，所以它在整個(gè)復(fù)平而內(nèi)可以展開(kāi)成z的幕級(jí)數(shù).n747e:sin

40、z解：由J：函數(shù)Hsmz在復(fù)平面內(nèi)處處解析，所以它在整個(gè)復(fù)平面內(nèi)可以展開(kāi)成z的幕級(jí)數(shù).古_(tái)嚴(yán)占+嘆一占一譏e、sinz=嚴(yán)0亍礦+3麗1樸+6shz解：由J：函數(shù)刃瓦在復(fù)平而內(nèi)處處解析，所以它在整個(gè)復(fù)平而內(nèi)可以展開(kāi)成Z的幕級(jí)數(shù).+,Z+0(2川+1)!$加=-isiniz=-i(iz一竽+(-1),+)=Z+號(hào)+心)sin2z解：由J：函數(shù)suf在復(fù)平而內(nèi)處處解析，所以它在整個(gè)復(fù)平面內(nèi)可以展開(kāi)成Z的幕級(jí)數(shù).suFz=匕吐=丄(1_+空_+(_1)+】空】+)22!(2/?)!(2滬兇+(K2x2!2/撲+*+斗亠Wn2!(1-譏)4+些+(*7譏+r+八蘭+肘v+d2i2!n!3求下列函數(shù)展開(kāi)

41、在指定點(diǎn)處的泰勒展式，并寫(xiě)出展式成立的區(qū)域.(1)(Z+l)(Z+2)解:Z1_(Z+l)(Z+2)z+2Z+11_1(22)1嚴(yán)2-朮4“41_11_lf(z-2)“2+3=亍|Z-2巧占3”3由于函數(shù)Y的奇點(diǎn)為勺=-1,乙=-2,所以這兩個(gè)展開(kāi)式在|z-23內(nèi)處處成(Z+l)(Z+2)立所以有：Z=y(Z-2f(Z+l)(Z+2)一誤co=s(11=02T*)(Z2)”,|z2|v3.,Zo=l解：由于丄=!=l-(Z-l)+(Z-1)2+(_1)乜_1)“+，ZZ-1+1所以4=-(-)=i-2a-i)+-+(-iriH(z-iri+-,k-iii.疋z11(3)-,=1+/4一3乙解:

42、111_14_3z_4_3(z_：)_3_3i_3i_3(z_i)_TF113?s11=0(ur展開(kāi)式成立的區(qū)域:咅(1,解：tanz=sec2z，tanz=2sec2ztauz，tailz=2sec2(2tail2z+1)，2tanz、冗a打=sec*=2,tanz托=2sec2ztanz匚4r=4托=2,taiz,故有打=2sec2z(2taif+1)=-tr322tan乙=1+2(?_蘭)+2(z_)2+(z_O+4434的范圍內(nèi)處處成立。4因?yàn)閠aiu的奇點(diǎn)為z=Qr+?,kwZ,所以這個(gè)等式在Z-24&將下列函數(shù)在指定的圓域內(nèi)展開(kāi)成洛朗級(jí)數(shù).(DZ2+1)(2)22解:a顯亠亠亠(7

43、7+1)(2-2)5z_2z2+lZ2+l1111希疋希疋Z-221_%2幺2幺2曲7711818II冷手丐二刃中兮”22128182PTT=F丐=F2(_1)V=2(ir72n+2故有I88100+工n=0是!/57則3解:z+l12=；匸(Z-1)匸Z(Z-1)在0VZ1內(nèi)21?ii2g18-一=-!=V7w=_-2Y嚴(yán)F(z-l)亡F(Z-1)Fz21-Z亡F幺亡幺、在1V+S內(nèi)21(2)z+l12=卜ra-1)r藝(1-乂),0|z-l|l,l|z-2|+co22解：在0|1|1內(nèi),22con=01_1_z-l-lz-ll-(z-l)18-Eu-ir=-E-1_=11U-l)(Z-2)

44、z-2z-2+1z-2Z-21+N_21忙解：在Ovz_lv+s內(nèi)11(-l)nr1Z/r=022|9_U-2)2S(_1)(Z-2)n=2(_1)1(Z-2嚴(yán)存1vZ2V+S內(nèi)22（5）cos,0解:cosz-l=cos(l+)Z-l=coslcossin1sinZ-l1Z-l22cos=1+z-l2!(z-1)，(-l)/r,_y(-if7)!(z-l)一召7)!(z-1)如丄=+(一z1Z-l3!(Z-1)1-Z1-Z3!(1_z)3(2n+1)1(1-(277+1)!(Zl)2n+1幺(2n+1)!(z-1)sin=?+故有cos=cos(l+2-1)=coslcossin1sinZ-

45、l21Z-lco=cosl工(-1)(2)!(f8sin1工H=0(J)(2+l)!(z-1)*1229將/e占在日的去心鄰域內(nèi)展開(kāi)成洛朗級(jí)數(shù)22解：因?yàn)楹瘮?shù)/(z)=J.的奇點(diǎn)為z=i,所以它以點(diǎn)z=i為心的去心鄰域是圓壞域G+A0z-i2在Ovz-i2內(nèi)11111z-1V=I)(r+1)2(z+02(z-02U-02(z-i+2i)2(z-i)2z-i+2iZ-i+2i2ii+(Z%2i)召l嚴(yán)_28i1二麗-麗Q-1)”+2d時(shí)心詁廠(chǎng)占(器Z述券(一嚴(yán)n+210.函數(shù)/(Z)=11U能否在圓環(huán)域OvZR(0RS內(nèi)展開(kāi)為洛朗級(jí)數(shù)？為什么？答：不能。函數(shù)/(z)=liu的奇點(diǎn)為,zO,zwR

46、，所以對(duì)于VR,OvR+s,0R內(nèi)都有/(Z)的奇點(diǎn)，即/(Z)以Z=0為環(huán)心的處處解析的圓環(huán)域不存在，所以函數(shù)/(z)=hu不能在圓環(huán)域OvZ7?(07?+co)內(nèi)展開(kāi)為洛朗級(jí)數(shù).(5)(5)習(xí)題五答案求下列各函數(shù)的孤立奇點(diǎn)，說(shuō)明其類(lèi)型，如果是極點(diǎn)，指出它的級(jí).（1）z（z2+1）2解：函數(shù)的孤立奇點(diǎn)是z=o,z=j,z-1=1Z-1=1z-1=1Z-1z(F+1)，一7(F+1)2一(z-滬z(z+滬一(z+滬z(z滬由性質(zhì)5.2MbZ=0是函數(shù)的1級(jí)極點(diǎn)，z=i均是函數(shù)的2級(jí)極點(diǎn).(2)smz(5)(5)(5)(5)gin717-n+1解：函數(shù)的孤立奇點(diǎn)是z=o,因-=u-+-+（-ir

47、）,由極點(diǎn)定義知,ZZ3!（2/7+1）!Z=o是函數(shù)的2級(jí)極點(diǎn).（3）噸七）Z解：函數(shù)的孤立奇點(diǎn)是Z=0,因lim111（1+：）由性質(zhì)5.1lb込=0是函數(shù)可去奇點(diǎn).二TOzZ2（e:-1）n解:函數(shù)的孤立奇點(diǎn)是z=2k兀k=0,即Z二0時(shí)，因才（/一1）=藝+匚+所以Z=0是F0-1)的3級(jí)零點(diǎn)，由性質(zhì)5.5知，它是的3級(jí)極點(diǎn)-1)z=2k加,心0時(shí),令g(z)=z2(ez-l)fg(z)=2z(ez-1)+z2e:,因g(2ki)=0.g(2Qrj)=(2Qrj)，hO,由定義5.2Mb乙=2k開(kāi)i伙工0)是g(z)的1級(jí)丟曲由性質(zhì)5.5知，匕是1）的1級(jí)極八(1+藝)(1+靈)解:函

48、數(shù)的孤立奇點(diǎn)是z=(2k+l)i,kgZ,令g(z)=(1+才)(1+嚴(yán)),g=2z（l+嚴(yán)）+龍嚴(yán)（1+z2）,g=2（1+enz）+nzenz+nzenz（1+z2）zo=i時(shí)，g（Zo）=0,gdo）=0，g（Zo）HO,由定義5.2知I,zo=i是g的217級(jí)零點(diǎn)，由性質(zhì)5.5知I,它是；的2級(jí)極點(diǎn)，故=是二一的（1+才）（1+嚴(yán)）（1+才）（1+嚴(yán)）2級(jí)極點(diǎn).乙=（2比+1）譏=1,2廠(chǎng)時(shí)，g（）=0,g（ZjHO,由定義5.2知，勺=（2+1”*=1,2,是&（2）的1級(jí)零點(diǎn)，由性質(zhì)5.5知，它是二的1級(jí)（1+7）（1+嚴(yán)）極點(diǎn)，故是Z（1+才）（1+嚴(yán)）的1級(jí)極點(diǎn)1sinz2解:

49、函數(shù)的孤立奇點(diǎn)是z=O,z=y/br.z=ik7T,k=1,2，令g(z)=sillZ2,gz)=2zcosr,7674n+2Z=o時(shí)，因(Z)=S111Z2=z2-+(-1),?+，所以Z=o是g(z)的23!(2/?+l)?級(jí)零點(diǎn)，從而它是的2級(jí)極點(diǎn).sin7=y/kF,z=1,2,時(shí)，g(z)=O,g(z)HO,由定義5.2知I,乙=五憶=匚五,11)級(jí)零點(diǎn)，那么是f(z)的加-1級(jí)零點(diǎn).證明：因?yàn)閆。是/(Z)的加級(jí)零點(diǎn)，所以7(0)=/()=/()=-=/()=0,廠(chǎng)oho,即/()=(/a0)=-=(/(z0)r2=o,(fo)心工0,由定義5.2知，是f(z)的加一1級(jí)零點(diǎn).求下

50、列函數(shù)在有限孤立奇點(diǎn)處的留數(shù).斗解：函數(shù)的有限孤立奇點(diǎn)是z=0,z=2,且Z=0.Z=2均是其1級(jí)極點(diǎn)由定理5.2知I,TOC o 1-5 h z74-1Re0=lini()=lm)-=-一0一0z+227+13Re4/(Z),2=hm(z-2)/(z)=lini-一=-r-0二TO2（?wIII解：函數(shù)的有限孤立奇點(diǎn)是Z=i,且Z=i是函數(shù)的3級(jí)極點(diǎn)，由定理52Rew川=去卿q-）丁i=+卵知）=m刖唱汁=-r2!一-2t(z-dz=2加Res?,0=0Jkl=izsiuzZsinzdz解：Z=0是被積函數(shù)上三一在積分區(qū)域內(nèi)的有限孤立奇點(diǎn)，由性質(zhì)5.6知z=o是函數(shù)z(1l)的】級(jí)極點(diǎn)，Re

51、4,o=lunl=hn=-1Z（l-e）一oz（l_i）一o由定理5.1,Slll（）dz=2加Re5S1-,0=-2加(ptaugdz解：被積函數(shù)tanz在積分區(qū)域忖=3內(nèi)的有限孤立奇點(diǎn)為：-3,2,1,0,由定理5.3,這些點(diǎn)均為tan/rz的1級(jí)極點(diǎn)，且ResE5z,Z*=-7Tsin7TZk乃由定理5.1,6tau/rzdz=2/YResn7rz,Zk=2兀i（）=-12zJ舊3717-計(jì)算積分瓜詔內(nèi)俎其中為正整數(shù),解：記f(z)=，則/(Z)的有限孤立奇點(diǎn)為z=a.z=b.且為級(jí)極點(diǎn),(Zd)(Z-b)分情況討論如下：?jiǎn)枂?wèn)1時(shí)，z=ci,z=b均在積分區(qū)域內(nèi),由定理5.1,fd乙=2

52、兀iResf(z)9a+2zRes/少RW心占刎（一“嚴(yán)牌（O產(chǎn)Re,切=詁拌対-咖嚴(yán)2)!一1)!)戰(zhàn)右(Z-a)z-b)M=0.l|d|Z?|時(shí),Z=a,z=b均不在積分區(qū)域內(nèi),斯以(z-ay(z-b)ndz=0|1|/?|時(shí)，Z=f/在積分區(qū)域內(nèi)，Z=b不在積分區(qū)域內(nèi),所以需“滋SReW町(-1嚴(yán)(2川_2)”附-1)!訛-疔心習(xí)題五判斷Z=s是下列各函數(shù)的什么奇點(diǎn)？求出在s的留數(shù)。解：（1）因?yàn)?|+C01所以，乙=5是占的可去奇點(diǎn)，且Reserco=-j=0。（2）因?yàn)閏osz=l+6-+(-1)TOC o 1-5 h z2!4!(2町!2卄1snu=2-+(-l)n+3!5!(In

53、+1)!2/i-H所以727$747”cos討討詁+(少訪(fǎng)-(少気+，|gs丁是，z=S是cosz-sin?的本性奇點(diǎn)，且Rcscosz-sniZ,s=-j=0。喬士評(píng)=滋冃三丑乎=總?rlE2(3)因?yàn)樗訸+Z+各+看+|z|v+s=A+A+W+，l|z|v+s1+r/737：Z1+Z+2!3!10i2(1+汕1+2才)Z=Ini(2)在2v|z|Hi利用對(duì)數(shù)留數(shù)計(jì)算下列積分：解：(1)6打Z=2加(NP)=2加(1一0)=2肝，這里N為函數(shù)f(z)=z在|Z|=1內(nèi)J出Z的零點(diǎn)數(shù)，P為f(z)=z在|z|=1內(nèi)的極點(diǎn)數(shù)。=2加(-人)-2加(他-)=2加(1一0)-2加(1一0)=0(3

54、)因?yàn)檫@里M為函數(shù)y(z)=z在|Z|=3內(nèi)的零點(diǎn)數(shù)，人為/U)=z在|Z|=3內(nèi)的極點(diǎn)數(shù)；M為函數(shù)f=z十1在IZ1=3內(nèi)的零點(diǎn)數(shù)，P2為/(Z)=z十1在IZ1=3內(nèi)的極點(diǎn)數(shù)。(3)?円2=|sf*=2加(N-P)=加(2-0)=2加，這里N為函數(shù)/=z2-1在|z|=3內(nèi)的零點(diǎn)數(shù)，P為/=z?-1在|z|=3內(nèi)的極點(diǎn)數(shù)。(4丿f)tanzJz=-(csz)衣=一2加(川一P)=-2加(2-0)=一4加,丁14=3COSZ這里N為函數(shù)f=cosz在|z|=3內(nèi)的零點(diǎn)數(shù)，P為/(z)=cosz在|Z|=3內(nèi)的極點(diǎn)數(shù)。證明方程h+6z+l=0有三個(gè)根在環(huán)域|k|2內(nèi)證明：令/=6乙+1,g=因

55、為當(dāng)|z|=2時(shí),有1/(2)16z|+1=13|g(Z)|=|Z“|=16所以，方程才+6z+l=0與才=0在|z|2內(nèi)根的數(shù)目相同，即4個(gè)。又當(dāng)時(shí)，有1/(2)116|-1=2|g1=1才卜右所以，方程z4+6z+l=0與6+1=0在z內(nèi)根的數(shù)目相同，即1個(gè)。綜合上述得到，z4+6z+1=0在環(huán)域|Z|2內(nèi)有3個(gè)根。討論方程疋-5z+1=0在|Z|1與1|Z|5z|-l=4|g|=|z41=1所以，方程?-5+1=0與一5?+1二0在|z|vl內(nèi)根的數(shù)目相同，即1個(gè)。又當(dāng)|=2時(shí)，有IfIE5z|+l=ll|g1=11=16所以，方程疋-5z+l=0與才=0在|z|2內(nèi)根的數(shù)目相同，即4個(gè)

56、。根據(jù)上述還可以得到，才-立+1=0在環(huán)域1|z|e時(shí)，證明方程e:-azn=0與-宓=0在單位圓=1內(nèi)有n個(gè)根。證明：令/=-azn,g(Z)=ezo因?yàn)楫?dāng)|z|=l時(shí),有1時(shí)，方程-azn=0與-血”=0在|z|=1內(nèi)根的數(shù)目相同，即n個(gè)。習(xí)題六求a)=z2在z=i處的伸縮率和旋轉(zhuǎn)角問(wèn)a)=z2將經(jīng)過(guò)點(diǎn)z=i且平行實(shí)軸正向的曲線(xiàn)的切線(xiàn)方向映射成(D平面上哪一個(gè)方向？并作圖.解：因?yàn)閍)=2z，所以(/)=2/.故知伸縮率31=2,旋轉(zhuǎn)角arg0*(1)=y將經(jīng)過(guò)點(diǎn)z=i且平行實(shí)軸正向的向最映成血平而經(jīng)過(guò)點(diǎn)a)=i2=-l,且方向向上的向量.iyj1OX-1OX圖1設(shè)a=f(z)在5解析，且

57、/(&)工0為什么說(shuō)曲線(xiàn)。經(jīng)過(guò)映射3=f后在S的轉(zhuǎn)動(dòng)角和伸縮率與曲線(xiàn)0的形狀和方向無(wú)關(guān)？解：因?yàn)?，若c為過(guò)點(diǎn)乙0的一條光滑曲線(xiàn)，c：Z=z(t),在映射a)=f(z)卜，旋轉(zhuǎn)角Argff(Z0)=)-Argz(t0).它只依賴(lài)于“與像點(diǎn)q,即與曲線(xiàn)C的形狀與方向無(wú)關(guān).不妨選擇另一條過(guò)乙的光滑曲線(xiàn)G：Z=(r),a.t0這是以-1為中心，半徑為c的圓周方程;映射的等轉(zhuǎn)動(dòng)角的軌跡方程滿(mǎn)足arg2(22+1)=,即：arg(2z+l)=cI這是從-1出發(fā)的射線(xiàn).試證明a)=z不是分式線(xiàn)性映射.證明：反證法.若a)=z是一個(gè)線(xiàn)性變換，設(shè)ad-bcQ.因a)=z將cz+d實(shí)軸映為實(shí)軸，則解之，得b=c=

58、Q,d=a.即此變換為3=j矛盾.7+1求在分式線(xiàn)性映射卜面圖形的像.Z-1lzll;(2)-1x1,J=0；(3)X=0解：(1)由血=凹知，z=因此lzll的像為空UV1，即：Re0映射成上半平面Imo0的分式線(xiàn)性映射血=L(z),且滿(mǎn)足L(i)=l+i9L(0)=0.解：顯然滿(mǎn)足L(0)=0的分式線(xiàn)性映射為cz+d又因?yàn)長(zhǎng)(i)=l+i,代入到上述映射中得-=1+/.ci+a解之得c=d=即分式線(xiàn)性映射為a)=2Z+1如果將z平而上的直線(xiàn)映射成Q平面上的單位圓周1血1=1，那么它的系數(shù)cz+dI應(yīng)滿(mǎn)足什么條件？如果叭z(z)將單位圓周映射成r線(xiàn)，其系數(shù)應(yīng)滿(mǎn)足什么條件？I解：(1)由題設(shè)，

59、有血式常數(shù).又因?yàn)橹本€(xiàn)必過(guò)oo點(diǎn)，故a)=L(z)將g點(diǎn)映射成血平而上的單位圓周I上的一點(diǎn)，當(dāng)2=oo時(shí)，a)=-.故系數(shù)滿(mǎn)足：C巴=1,ad-be0.c(2)由題設(shè)條件，必有血工常數(shù).且映射將lzl=l上一點(diǎn)映為oo,此點(diǎn)必是使變換的分母為零的點(diǎn)即：Z=-.即系數(shù)應(yīng)滿(mǎn)足的條件為：-=1,ad-bcQ.CC分別求將上半平面Imz0映射成單位閲lal0;L(/)=0,argL,(/)=p解：由(/)=0,可設(shè)此分式線(xiàn)性變換為a)=eieZ+i由條件,(00,求得Z+i-Z+i(z+/)2所以所求分式線(xiàn)性變換為(D=iZ+iyr.q(2)若argL*(O=則嚴(yán)=-l,此時(shí)所求分式線(xiàn)性變換為3=-土

60、MZ+i分別求將單位圓Izkl人形映射成單位圓Lkl的分式線(xiàn)性映射匍(z),11滿(mǎn)足條件：L(-)=0,L(l)=-1;2L(|)=0,argL*(|)=-y解：?jiǎn)挝粓A到單位圓且將z=a映為0的映射滿(mǎn)足血=eifi丄=-az271把(-)=0代入得血=滬.2-z再由L(l)=-1,可知所以分式線(xiàn)形映射為0=主丄.Z-2由argL*(-)=-可知-蘭,即宀-i222所以所求分式線(xiàn)形映射為血=i竺二把點(diǎn)1,i,-f分別映射成點(diǎn)1,0,-1的分式線(xiàn)性映射，把單位圓Izkl映射成什么？并求出這個(gè)映射.解：應(yīng)用血=L(z)的保交比性有-i-l力一1-1-1一-i-io-0-1-0化簡(jiǎn)可得:a)=(l+/