《2022年《复变函数》第二章习题全解钟玉泉版.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年《复变函数》第二章习题全解钟玉泉版.docx（20页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精品资料 欢迎下载其次章 解析函数（一）1.证明 :0,使t1t0,t0/t0,有z t1zt0,即 C 在z 0t的对应去心z t0z t 1t nt0, 使邻 域 内 无 重 点 ,即 能 够 联 结 割 线, 是 否 就 存 在 数 列z t1nzt0,于是有zt0t n lim t0zt1 nzt00t1nt0此与假设冲突 . t1t0,t0t1t0 第 1 页,共 11 页 由于z a r gt1zt0a r g zt1z t0t1t0所以t lim1 t0argzt1z t0t lim1 t0ar
2、gzt1z t0argt lim1 t 0zt1z t0t1t0t1t0因此 ,割线的确有其极限位置,即曲线 C 在 点z 0t的切线存在, 其倾角为argz0t. 2.证明 :因fz,gz在z 点解析 ,就fz 0,gz0均存在 . fz fz 0所以lim z z 0fz lim z z 0fz fz 0lim z z 0gzz 0z 0fz 0gz gz 0z g gz 0gz zz 0x3y3x y0,03.证明 :u x yx2y20x y0,0x3y3x y0,0v x yx2y20x y0,0细心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -
3、- - - - - - - - - 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -于是ux0,0lim x 0u x,0xu精品资料lim x 0欢迎下载fz 满意 CR 条0,0x1,从而在原点x件,但在原点,ffzuivux0,0zivx0,0uxuy,或有uxuy,zz1iz1ix3y3当 z 沿yx0时,有fx3y30 时,或有fz1iz2x2故 fz 在原点不行微 . 至少有一个不等于4.证明 :1当z0时,即x,y故 z 至多在原点可微 . 2在 C 上到处不满意 CR 条件 . 第 2 页,共 11 页 - - - - - - - - -
4、3在 C 上到处不满意 CR 条件 . 41zxyi2,除原点外 , 在 C 上到处不满意 CR 条件 . zz zx2y5.解:1 ux ,yxy2,v x,yx2y,此时仅当xy0时有u x2 yvyx2,uy2xyvx2 xy且这四个偏导数在原点连续,故fz 只在原点可微 . 2 ux,y x2,vx ,yy2,此时仅当xy这条直线上时有ux2xvy2y,uy0vx0且在xy这四个偏导数连续 ,故fz只在xy可微但不解析 . 3 ux,y 2x3,vx ,y3y3,且ux6 x2vy9y2,uy0v x0故只在曲线y2x20上可微但不解析 . 1132细心整理归纳 精选学习资料 - -
5、- - - - - - - - - - - - -名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -4 ux,yx33xy2,vx,y精品资料yy3欢迎下载3x2在全平面上有2 2 2 2u x 3 x 3 y v y 3 x 3 y , u y 6 xy v x 6 xy且在全平面上这四个偏导数连续 ,故可微且解析 . 6.证明:1 z x yi D 0, f z u x iv x v y iu y2设 f z u iv 就 f z u iv ,由 f z 与 f z 均在 D 内解析知u x v y , u y v x , u x v y , u y v
6、 x ,结合此两式得 u x u y v x v y 0,故 ,u v 均为常数 ,故 f z 亦为常数 . 3 如 f z C 0 ,就明显 f z 0 ,如 f z C 0 , 就此时有 f z 0 , 且2f z f z C 2,即 f z C 也时解析函数 ,由2知 f z 为常数 . f z 4设 f z u iv ,如 u x , y C ,就 u x 0 , u y 0 ,由 C R 条件得v x u y 0 , v y u x 0因此 u, 为常数 , 就 f z 亦为常数 . 7.证明：设 f u iv g i f p iQ 就 f u iv g v iu 由 f z 在 D
7、 内解析知 u x v y , u y v x从而 p x v x u y Q v p y v y u x Q x因而 g z 亦 D 内解析 . 8.解:1由ux,yx33xy2,v x,y3x2yy3,就有3y2 第 3 页,共 11 页 ux3 x23y2,uy6xy ,vx6 xy ,vy3 x2故ux,uy,vx,vy为连续的 ,且满意 CR条件 ,所以fz在 z 平面上解析 ,且fz uxvxi3x23y26xyi3 z2xsiny2u x yx excosyysinyv x yx eycosyu xx excosyysinycosyvy细心整理归纳 精选学习资料 - - - -
8、- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -uyx exs i n ys i n精品资料v x欢迎下载yc o s故 fz 在 z 平面上解析,且 第 4 页,共 11 页 - - - - - - - - - fzx ecosyx1ysinyiexsinyx1ycosy3由ux,y sinxchy ,v x ,ycosxshy,就有uxc o s x c h y uys i n x sh y vxs i n x s h y vyc o s x c h y故ux,uy,vx,
9、vy为连续的 ,且满意 CR条件 ,所以fz在 z 平面上解析 ,且fzuxvxic o s x c h ys i n x s h y ic o s z4由ux,y cosxchy,vx,ysinxshy,就有uxs i n x c h y uyc o s x s h y vxc o s x sh y vys i n x c h y故ux,uy,vx,vy为连续的 ,且满意 CR条件 ,所以fz在 z 平面上解析 ,且fzuxvxis i n x c h yc o s x sh y is i n z9.证明 :设zxyirei 就xrcos ,yrsin,从而uruxcos uysin,uu
10、rsinu rcos vruxcos vysin,v v rsinv rcos ,再由u r1v v r1u ,可得uxvy,uyv ,因此可得 fz 在点 z 可微且rrfzu xiuyrcos u rsinu 1i rsinu rcos u 1rrc o s isi nu1 s i nic o src o s isi nur si n ic o sc o s isi nu rivrc o s 1is i nu ri vrui vz10.解:1i e2ze2xi 12ye2x2z e2ez 2y22xyiez2y2细心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - -
11、 - -名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -3e1e1exyi2ex2xy2精品资料2i欢迎下载yx iyx 2yex2yz1xyexcosyisiny ex 2y 2cosx 2y2所以Reez11.证明 :1由于ezezyiexeyicosyisinyisiny,得证 . 因此z eex而e zezyiexeyiexcosy2由于sinziz eeizeiz2ieizeizeiz所以sinzsinz2 i2i3由于coszeizeiziz ecosz2所以coszeizeizeiz2212.证明 :分别就 m 为正整数 ,零,负整数的情形证
12、明 ,仅以正整数为例当m1时,等式自然成立 . ezekz,等式任成立 . 假设当mk1时,等式成立 . 那么当mk时,ezkezk1故结论正确 . 13.解:1 e3i3 eieii ee3cos 11isin1 ei1ii2 cos 11 e2i1iie2细心整理归纳 精选学习资料 c o s 1 e2e1i2si n 1 ee1 第 5 页,共 11 页 - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -14.证明 :1由于fzsinz,g精品资料z欢迎下载
13、z z在点0解析且f0g00 ,g0 10f0g00 ,g010因此lim z 0sinzcoszz01z12由于fzez,1gz 0在点z0解析,且因此lim z 0ezz1ezz010解析 , 13由于fzzzcosz ,gzzsinz在点z且f0g00,f0g00 ,f0 g0,0g0 因此lim z 0zzcoszlim z 01coszzsinz3zsinz1coszeianb 15.证明：coszeiz2eizc o sc o s bc o s nb=ia eeiai eab2eiabeianb22=1ia e11i en1 beia11i en1 b2ib eib e=n 1 s
14、in2b sin2bcos anb=右边2同理证明 2. 16.证明 :1 sinizeiizeiizeez2 ieziezezisinhz 第 6 页,共 11 页 2i22 cos izeiizeiizezzcoshz223 sinhiziz eeiziiz eeizisinz22 i细心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -4 coshizcos iizcos精品资料cosz欢迎下载z 5 tan izsinizisinh
15、zitanhzicosxshy 第 7 页,共 11 页 cos izcoshz6 tanhizsinh coshizisinzitanzcosz17.证明 :1 ch2zsh2zch2zishz2cos2izsin2iz12 sech2zth2z1zsh2z1sh2z1ch2ch2zch2z3 ch z 1z2cos iz1iz2cos iz1cosiz2siniz1siniz2c h z c h zsh z s h z18.证明 :1 sinzsinxyisinxcosyicosxsiniysinxchy2 coszcosxyicosxcosyisinxsiniycosxchyisinxs
16、hy3 sinz2sinxchyicosxshy2sin22 xchy2 cos2 xshysin2xsinh2y4 cosz2cosxchyisinxshy22 cos2 xchysin22 xshy2 cosxsinh2y19.证明 : shz ez2ezez2ezchzc h zez2ezezezsh z220.解:1 zln13 iln13 iiarg 13iln2i32 kk0 ,1 ,2由于lnzi,就有zeicos2isin2i223由于ez1ei2k,故zi2k4coszsinz,即tan z1,所以z1ln1i4k2 i1i细心整理归纳 精选学习资料 - - - - - -
17、- - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -5 设zxiy 由tgz21精品资料欢迎下载iz eeizi2iz eeiz2 i 得sin zcos z12 i2 eiz2ieycos2 x2 5,sin2x1555e4y1,yln 5且tg x1,x1arctg1 第 8 页,共 11 页 - - - - - - - - - 54222z1arctg1ln 5i22421.证明 :因lnz1lnrei1lnrei1iarg rei1 ,所以Relnz1 lnrei1lnrei12
18、rsin21ln 1r22 rcos222.解: w kz 3riz ez 32k,zG;0z2;k0 ,1,2利用w i定k, k2,再运算w2i23.解: 22 ei,iei2,由w23 2定k, k1,再运算w 1ie5i424.解: 1iieiln1ieiln1iiarg1i2keiln242keiln2e42kk0 ,12,3ii eln3eiln3iarg32ki eln3e2kk0 ,12 ,25.解: z 在 z 平面上沿z0为圆心 ,R1 为半径的圆周 C 从 A走到 B ,经过变换wz4,其象点 w 在 w 平面上沿以w0为心 ,R41为半径的象圆周从A 走到 B ,刚好绕
19、ww1的支点 -1 转一整周 ,故它在 B 的值为w1 B.因此fz Bfz AR41. 26.证明：fz3 12 z z 可能的支点为 0,1,由于3 |12 ,故 fz 的支点为z0,1,因此在将 z 平面沿实轴从 0 到期割开后,就可保证变点z 不会单绕 0 或者说转一周,于是在这样割开后的z平面上 fz 就可以分出三个单值解析分支. 另由已知a r gfz 得细心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -f i3 12 i ii i e ec精品资料欢迎下载ar
20、gfz62 ei3ca r g1cz a r g 2362 ei 422362 e7i. 12二1. 证 明 : 由fz1z2得fz1z22, 从 而 于 是 fz在D 必 常 数z1z21z42 2 I zi2 zzfz12 z12 z1fz12 z12 z12 z21z4Re2 z所以Rezfz11z4fzz42 Rez2由于z1,因此1z40,且1z42Re2 z1z42z21z20故Rezfz0. fz2.证明 :同第一题1zfz 1z1z22 iImz. ,就函数在 E 内解析 第 9 页,共 11 页 1z2fz 1z3.证明 :题目等价域以下命题:设E, E1为关于实轴对称的区域
21、fz 在E 内解析 . 细心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -设fz 在 E 内解析 ,对任意的精品资料1,当z欢迎下载z 0E ,zE,所以z0EE 1时,有lim z z 0fz fz0lim z z 0fzfz 0fz 0zz0zz 0这是由于fz 在 E 内解析 ,从而有lim z z 0fz fz 0fz 0,由0z 的任意性可zz 0知, fz 在E 内解析 . z ,依据复合函数求偏导数的法就,即可得4.证明
22、:1 由于x1zz ,y1z22 i证. 2 fuiv1uv1uvy2R2 shysin2x 第 10 页,共 11 页 zzz2xy2 iyx所以uv,uv,得f0xyyxz5.证明 : sinzsinxyisin22 xchy 1sin2x 2 sh所以shy2 shysin2xsinzR而s h yyImz,故左边成立 . 右边证明可应用sinz的定义及三角不等式来证明. 6.证明 :有sinz2sin2xsh2y12 shych2ych2即s i nc h Rch又有cosz22 cosxsinh2y12 shych2y7.证明 :据定义 ,任两相异点z 1, z2为单位圆z1,有10
23、fz 1fz2z 122z 13z222z 23 z 1z2z 1z 2z 1z 222z 1z 221故函数fz在z1内是单叶的 . 8.证明 :由于fz 有支点 -1,1,取其割线 -1,1, 有细心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -1 c 1argfz8,fi精品资料ie10欢迎下载2 e852 c 2 arg f z 11 i, c 3 arg f z 5, f i 2 e 8i8 89.解: 由于 f z 有支点
24、1 , i , ,此时支割线可取为 :沿虚轴割开 i , i ,沿实轴割开1 , ,线路未穿过支割线 ,记线路为 C , 1c arg f z c arg 1 z c arg z i c arg z i 21 0 2 2故 f z 5 i . 10. 证明：由于 f z z 1 z 的可能支点为 z 0,1, ,由题知 f z 的支点为z0,1,于是在割去线段 0Re1的平面上变点就不行能性单绕0 或 1 转一周,故此时可出两二个单值解析分支,由于当 z 从支割线上岸一点动身,连细心整理归纳 精选学习资料 续变动到z1时,只 z 的幅角共增加 ,由已知所取分支在支割线上岸 2 第 11 页,共 11 页 取正值,于是可认为该分支在上岸之幅角为0,因而此分支在z1的幅角为 ,故 2f1i2 i,f1 2i. 2 e216 - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -