复变作业参考答案

复变答案

部分习题的参考答案 练习一

n 35

一、1.

cos;2. i.

422

2

zzzz=实数 七、解： 1 z21 z21 z21 z2

z+zz z z2z (z z)(1 zz) 0

2

由于y 0,有z z 0,故

(z z)(1 zz) 0 1 zz 0；

z2 z 1 x2 y2 1 练习二

三.证明:由函数f(z)在z0处连续,则对任意正实数 0,总是 存

2

|< ,z在正常数 0,使得当当|zz0-

D都(f有),

f(z )

f( z成立),从而有

|z-z0|< , z D(f) |f(z) f(z0)| |f(z) f(z0)|

|f(z) f(z0)| ，

|z-z0|< , z D(f) ||f(z) f(z0)|| |f(z) f(z0)| ，

综上得|f(z)|,f(z)在z0连续.

ei i e i i

六.(6)Argsini=argsini+2k arg+2k

2i

e 1 e arg+2k +2k . 2i2

七.(1) z=Log2+ +2n i; 2

复变答案

练习三

六．

复变答案

2010-2011 学年第 1 学期 作业部分习题的参考答案

任课老师_________

班级：______________学号：__________姓名:______________日期:

月

日

如图(b)

z (2)设z在的C内部,以z为圆心,充分 r 大的r为半径,作圆周Cr,使曲线 C全含在Cr的内部,如图(b)所示. Cr f (ξ ) 图(b) 则 ξ z在C和Cr围成的复连通区域 内解析,且连续到边界,由柯西积分公式

C

∫

f (ξ ) f (ξ ) dξ + ∫ dξ = 0 Cr ξ z C ξ z

1 2π i

∫

C

f (ξ ) 1 dξ = ξ z 2π i

∫

f (ξ ) dξ Cr ξ z56

由于上式左边与r无关, 故有 1 f (ξ ) ∫ Cr ξ z d ξ A = o(1), (r → ∞). 2π i

即得

1 2π i1 2

π i

∫∫

f (ξ ) d ξ = A, Cr ξ zf (ξ ) d ξ = A. ξ z

所以

C

完

57

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练习四

一.解:(1) ( 1)

n 1

n 1

nz= ( 1)

n

n 1

n 1

(n 1)z- ( 1)n 1zn

n

n 1

n 1

=

( 1) z

n 1

n 1

z'- 1 z

z2 zz

,(|z| 1) ' -2 = =

1 z 1 z 1 z

二.解: f(z)

111

(z 1)(z 2)3 1 z 2 4 1 z 2

3

4

n

n

1 z 2 1 z 2

.

3n 1 3 4n 1 4

收敛圆 |z-2|<3，收敛半径 r=3.

1

三.解:(1) f(z)

(z 1)(z 2)

11n

z 1,(0 |z 1| 1). z 11 (z 1)n 1

(2)

f(z)

1

z 2

1

1

(z 2) 1

z 2

2

1

z 2

1 ( 1)n , 1<|z-2|< . z 2 n 1

n

1n1z2

四.解:由于e ，故有e z2n，从而

n 0n!n 0n!

z

edz= 0

z2

z

z111 12n 2n2n 1

zdz zdz z n! 0n!n 0n 0n!2n 1 n 0

收敛半径|z| .

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练习五

一.解:(1)z=0为3级极点,z=2k i(k 1, 2, )为1级极点,z= 为非孤立奇点.

(2) z=1为本性奇点,z=2k i(k 0, 1, 2, )为1级极点,z= 为非孤立奇点.

1 2二．解:记f(z) ,其中z=i为1级极点,z=1为2级2(z 1) z 1

极点,因此

1

1

C(z 1)2(z2 1)=2 iRes f(z),i 2 iRes f(z),1

1 =2 i

(z 1)2(z i)

d

z i

+2 i

12dz

z 1

11 i i i. =

22

三.解:(1)m<0，此时z=b和z= 为孤立奇点；

11,Res f(z), . Res f(z),b mm (b a)(b a)

(2) m>0，此时z=a为m级极点，z= b和z= 均为孤立奇点；

Res f(z),b

四.(1)

11

,Resf(z),a ,Res f(z), 0. mm

(b a)(b a)

3 2

m

;(2)

ab (a b)

;

(3*)解1:以原点为中心,以r, R为半径作围线C如图

复变答案

作辅助函数f(z)

lnz

,在围线C的内部，f(z)有一个2级极点z=i,

(1 z2)2

f(z)的支点z=0及z= 不属于C内部.故f(z)在C所围区域上除z=i外

lnzlnz

,单值解析.令 (z) (z i)222有 (1 z)(z i)

2

'(z)

1lnzlnz 2,23 z(z i)(z i)

1lnilni1

'(i) 2 . 23

i(i i)(i i)4i8

由留数定理得

C

lnz

dz 22

(1 z)

'BMB

B'A'

A'NA

AB

lnz

dz 22

(1 z)

2 iRes[

lnz

,i] 22

(1 z)

lnz

]22

(1 z)

dz

d[(z i)2

2 ilim

z i

复变答案

d (z) 2i 2

2 ilim 2 i i.

z idz824

zlnzlnz 0,所以 dz 0; 其中,由于|zlimBMB'(1 z2)2| (1 z2)2

由于lim

zlnz

0,

|z| 0(1 z2)2

A'NA

lnz

dz 0; 22

(1 z)

在AB上,z=x,

lim

ABr 0

R

lnzlnxdz dx 22220(1 z)(1 x)

i

在B'A'上,z=-x=xe（x>0）,lnz=lnx+ i,dz=-dx. rlim 0

R

'A'B

0lnzlnx idz dx 2222 (1 z)(1 x)

lnxdx

dx i 0(1 x2)2 (1 x2)2

C

lnzlnxdx

dz 2 dx i 222200(1 x2)2(1 x)(1 z)

比较得 0解2:由于f(z)

*

2

2

4

i.

lnxdx

dx . 22

(1 x)4

lnz

在上半平面内的极点为i,是2级极点,故

(1 z2)2

z i

dlnz

Res[f(z),i]

dz(1 z2)2i . 48

lnxdx i dx 2 i

dx dx i i. 22220(1 x)2(1 x)48 48

比较得 0

lnxdx

dx . 22

(1 x)4

复变答案

sin sin

五.解:记I C 2 z2d ,g( ,z) 2 z2

*

,由于

g( ,在z) |的|内1部有两个 孤z立 奇z点因 此由留数

定理得

sin sin

I 2 iRes ,z 2 iRes , z

z z

sinz sinzsin( z)

2 i . 2 i

z z z z z f(z)

sinz1

sinz zz

2n 11 z ( 1)n zn 0(2n 1)!

z2n ( 1).

(2n 1)!n 0

n

由正弦函数的泰勒展开性质知,函数f(z)在除z=0之外的任何地方都处处收敛.

练习六

一.|w(i)'| 2;Argw(i)'

2

.

二.解：由于w(4i)=-4,将圆周|z-4i|=2变为直线v=u，所以它把z= 变为-4i，因此逆变换为

i

z 4i re

w 4

w 4i

i

由w(2i)=0得e 1,r 2.故所求变换为

4i(z 2i)

. w

z 2(1 2i)

三.解:我们考虑逆变换,即将Rew>0变为|z|<2的变换.由于w(0)=1,

复变答案

w 1

,其中 是实数.注意到 所以变换的形式是z 2ew 1

i

f'(z)

1dzdw

w f(z)

,

2

由argf(0)

2

,知arg

dzdw

w 1

2

,从而得

,所以

z 2iw 1. z 2i, 故所求变换为 w

z 2iw 1

四.解:由题意知道,可设z (1 ei ),则w u iv (1 ei )2

1

u cos (1 cos ) 2

cos 1 v 1sin (1 cos ) 2

1

2

14

代入u的表达式得

u2 v2 u 0.

五.解:设z=x+iy，则w ez exeiy(0 y )

所以w是以r ex为半径，以 为圆心角的扇形(除去原点).

2

w e

z

4z

. 七. 解: w z(i 1) (1 i)

六.解:从|z-a|=|a|得 (z a)(z a) |a|2

复变答案

将z

1w代入上式得 (1w a)(1

w

a) |a|2 整理得 aw aw 1. 令 a |a|ei ,w u iv,得

ucos vsin

1

2|a|

. 所以映成了一条直线.如图所示

aw 1

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