复变函数论 钟玉泉 第四版 课后习题答案详解解析

第一章复变与复变函数

(―)

1•解：小«)2+(一日)2=1

Argz=argz+2vz=arctan(-\/3)+2幺几=—2+2k几(攵=0,土1:2,…)

2解:因为zl=^-!-=e\z>=Ji—i=2e~^

12

所以Z-Z2=22,3=！G&

3解:由z4+6z4=0得z4=—a4

则二项方程的根为

wk=(-/—-1.a(k=0,1,2,3)

：2JI.C

=e*.e.aa=0,1,2,3)

因此vv0=-j=(1+i)t吗=-j=(-1+0

>%=；(—1—。,/=冬(1—。

11J2

222

4.证明:因为归+z2|=|zj+|Z2|+2Re(z,z；)

~99

ki—z2i=hl2RC)

两式相加得

2

ki+Z2/+"—Z2\=2也J+|z2|）

几何意义:平行四边形两队角线的平方和等于各边平方和.

22

5.证明面第4题知匕।+z2|+|z]—z2|=2（"『+「2『）

由题目条件Z]+Z?+z3=0知Z[+4=——z3

可有h+z2(=kl

-22222=

于是归―与「二2(1Z,|+|Z2|)_|Z1_Z2|=2(^|+|z2|)_kJ3

同理|z2_4,-=Z3_z]2=3

所以A-2』=|z2,z3|=|z3_zj=J5

因此4,aZ3是内接宇单位圆的等边三角形的顶点.

6.解:⑴表示Z点的轨迹是Z,与Z2两点连线的中垂线;不是区域.

(2)令Z=工+M，由W共|z_4|得

卜+M共卜_4)+W，即d+)2共(x_4)2+♦得，共2

因此z点的轨迹是以直线x=2为右界的右半平面(包括直线);不是区

域.

(3)同(2)z=x+yi，得工＞0,故z点的轨迹是以虚轴为左界的右半平面(包括虚

轴堤区域.

(4油(二/得Jovarctan二即

I2共Rez共3I)共工＜1I2知共3

可知z点的轨迹是一梯形(不包括上，下边界);不是区域.

(5)z点的轨迹是以原点为圆心,2为半径以及(3,0)为圆心,1为半径得两闭园的

外部.是区域.

(6)z点的轨迹的图形位千直线Imz=1的上方(不包括直线Imz=1)且在以原点

为圆心,2为半径的圆内部分(不包括圆弧);是区域.

⑺z点的轨迹是argz=半径为2的扇形部分;是薛域.

(8)z点的轨迹是以(0,，如圆心，为半径以及((),*)为圆心，।为半径的两闭

2A)^7A)*

圆的外部.是区域.

7.证明:已知直线方程T殳式为仆+by+c=0(4,b.c)为实常数a,〃不全为零.

以工二=备了代入化简得

—(〃一hi)z+-(〃+bi)z+c=0

令”+切二议才0得议a议z+c=0

--

反之(逆推可得).

8.证明：因为Z平面上的圆周可以写成

匕一目二y(y>o)其中4为圆心，y为半径

所以y2=k仁—)("z-Jz

=Z.Z—(£.Z-0Z.Z/Z

令A=1,8=—4),C二d一y2，从而圆周可以写成

AZ7+RZ+BN。4。为实数，且团二臂>甯一丫2二人。

9.证明：可证&-z1为实数

10.解:⑴令Z=X+)”=7(1+/)相X=)，,即曲线为一,三象限的角平分线.

(2)令z=x+yi=4cost+乃sin♦得x=acosf,y=Z?sint则有

二+£=1,故曲线为一椭圆.

ay

⑶令z=x+yi=/+%才0)，可得x=“=I,则x>?=1,故曲线为一双曲线

it

2

(4)令z=x+yi=t+2,y=；,即孙=1(x>0,y>0)，故曲

线为双曲线在第一象限内的一支.

犬-yi1.

11解：(1)由于d+丁二/卜牝又有卬-=2z=;a一）叫

w1廿4

TV，

所以〃=：/=一：,贝!HJ+”=「（《+）；）=：

44164

Z平面上除使分母为零点外都连续.

(argz,z丰0

13.证明:令/'(z)=(_几<argz<几

I0,z=0

分情况讨论：

Q)若4=0,由于当z沿直线argz=90(_JL<90<几)趋于原点时,/(z)趋于9,

这里9)可以取不同值,因而/⑶在％=0处不连续.

(2)若z0=x(<0)由定义当z从上半平面趋于7时，/⑵趋于4，当z从下半

平面趋于％时,/(z)趋于_4，所以/⑵在实轴上不连续.

(3)其他点z。,作一个以z。为中心6为半径的圆，只要6充分小，这个圆总可以

不与负实轴相交.

任取上麻。的f值4，以Z。为中心6为半径的圆，因z〃)Z。,故存在刍然

数N,当〃,N时,z〃落入圆内，从原点引此圆的两条切线，则此两条切线夹

角为2Q(6),Q(6)=arcs向,因此总可以选取Arg^的一个值argzn.当

n>N时，有|argz„_90|<Q⑹，因6)0时,Q(6))0.因而，总可以选取6,

使Q6)小于任何给定的C>0，即总有(argz_argz()|<C.因此/⑵在连

续.

综上讨论得知，/⑵除原点及负实轴上的点外处处连续.

14.证明：由于/⑵的表达式都是乂)，的有理式，所以除去分母为零的点

z=0,/(z)是连续的,因而只须讨论/⑵在z=0的情况.

当点z=x+灭沿直线)，=公趋于z=0时，

门-k、k

/⑶二，工，=-J

jr+V1+1c1+kr

这个极限值以k的变化而不同，所以人z)在z=0不连续.

15.证明油/⑶=2连续即得.

16证明:l-z碎|<1内连续且不为0,故4在讨<1内尊

4--=

=1,V6>0<6<；),均存在％=1—使得％一司=：<。

1

/G)—Y—-==>

1-z(1-40

故/G)在耳<1内非一致连续

17证明：必要性：设lim=Z。=厮+yi,由定义Vc>0,3^>0，当〃>N时，

n)wQ

恒有|z„—Zo|<C,从而由定义知

匕一看|共|z”一z卜C

1一%］共除一Z°|<C

即%)%,y〃)%(〃)w)

充分性:由定义得

k——=k—与)+(yn—娟共k-题I+k一%I

因此,当xn)xQ,yn)y0(n)w)时，必有zn)z0(n)w).

18证明利用第17题，及关于实数列收敛的柯西准则来证明.

必要性:设!8/二Z。则由定义对Vc>0,3N=呜)>0，当〃>%时，恒

有%-

因而对任何自然数p，也有上,“一zj<g.

利用三角不等式及上面两不等式，当〃>7时，有

*—Z”共［z“+p—Zo|+­zo|<C

充分性:设对Vo0,3MC)>0,当心〃+〃>N时,有鼠〃一4<c,由定义

彳导"+p-&|共|z〃+p—zj<C

必+p-必|共-z/<C

由此根据实数序列的柯西准则，必存在两个实数事,为，使

%)与，ylt)>o(〃)w)，有

z〃=玉+)'〃i)题+为i

19.证明：设z“=%+稣电|共M(n=1,2,3,...)),因为㈤尿|共阂共M，所以

恳J悬J都有界

例居实数列的致密院理知恳%｝有收敛于某常数°的子序^恳％｝,相地S

%+y„i(k=1,2,…)中,恳vj任有界因而恳％｝也有以收敛于某一常数人的

子序列在%=%+丫皿=1,2,...)中，恳％｝任收敛于a,因此所设序

歹I」有一收敛于a+万的子序列.

20证明:⑴若&)=0,则由定义对VC>0,3N,当〃>N时有恳z.｝<£

(F2])

固；EN,取M=max(N,|—|zi+4+...+zn||卜，则当，一乂时，有

IkJJ

Z]+马+...ZN<C

n2

故［命+)+,丹

z」v+[+ZJV+2+■,■Z”<c

n

(2)若%丰0，则当Ji需七-%)=。，

(Z|-z0)+…(z”・z0)+“2。

HZ°

(Z[-4))+…(z〃-z())0

1解:

(cos3^-/sin3^)'

2.解:由于…"，故z〃="=cosnt+/sin/”，z~n=e~n,i=cosnt-/sinnt

因止匕z"+—=2cosnt,zn--=2sinnt

■■

3证明:已知

X.+iy„=(1-乃=2"g-Ji=2，(cos竽+Zsin号)

~SnH~.5/1/7

因此乙二2cos—=2sin—

怎一”工

”a一包.小二j_n•Wi.一)in

-22|cossin''—smcos'1|

L3333J

4.证明：第一个不等式等价于

；(x+卜J?三目2=x2+y2，即x2+炉+利||三2(Y+V),即(MH),>0

这是显然的,因此第一个不等式成立.

第二个不等式等价于

,二。+:三#")2=f+纲卜|+/，即2胭>0

这是显然的,因此第二个不等式成立.

5.证明:利用公式Zt-z2|=kF+归『一2Re(Z]T)以及Rez二卜|

6证明：因为土二1,所以qz+b4+b

*

bz+abz+a

故

7.解:设z0为对角线Ze的中点，则

4=弓(Z]+4)=1+2，

分别左旋及右旋向量豆各£，写成复数等式后，即可由此解得顶点Z2的坐标

为(4,1)；顶点4的坐标为(-2,3).

8.证明：由于编Z[z2Z与编明卬2卬3同向相似的充要条件是三Z3=三叫，且

N・Z3I一■叫I

LT何・匕|'

•一.一.Z|卬J

n*0Hzj=arg―—―,Hvv=arg——9,于是有"4=S__吆，即工?%1=0.

•«一二，一%zi-Z3/-gz：卬31

9.证明：z.,z2,z3,z4四点共圆或共直线的充要条件为

三Z|Z0+三Z3Z4Z]=0或n

但三2后4=arg,三3Z4Z1二arg

.一.

因此4,Z2,Z3,4共圆周或共直线的充要条件为刍口：土耳为实数.

Z|-Z2z3-Zj

10证明:由OZ]J区知argZ|-argz2=±-

故:二图i,两边平方即得Z[Z、+Z]Z)=0，反之亦然.

11证明:因为=匕从而住三训空训=k2

2222

所以Ll-z1z-z1z+2|J=Z:(j-z2z+Z|2|)

222222

即\z\(l-k)-z(z1-kz2)-z(z,-kz2)=k-^\-|zj

2

小值广+忖『一当fZ2)_"T'J

亦即=

\-k'(1一£)2(1-i)2

)此为圆的方程，该圆圆心为z°=干警，半径

故有Z-3

I-A

(0<&H1,Z[WZ?).

12.证明:O<1«|1-z|<|l+Zu>J(l-</厂♦t<Ji-1-a)-♦h"

€3(1-a)2+b2<(-1-a)2+/O-2。<2aOa>0

几何意义:右半平面上的点到Q,0)的距离。小亍到(-L0)点的距离〃倒(L0)的

距离〃小于到(-L0)点的距离〃的点在右半平面上.

第二章解析函数

(―)

1证明:3b>0,使Vz,从(M—b,1°+b)/恳/()},有z(fj士z(r0)，即。在X外的对应去心

邻域内无重点，即能够联结割线%是否就存在数列恳舄"，使

z(f|n)=z«o),于是有

z,4)=limz(A〃)-z4)=o

(儿tln-to

此与假设矛盾.

4从t(f()"o+b)不/]>r()

zo)

因为arg-"^=ar|z(r))—Z(ro)]

/.一to

所以limarg[2(/,)—z(/)]=limarg1

0"(喘—“⑹=arg[Iimz&)-z&)

f

a)%iKL——/0"儿4——/0

因此，割线确实有其极限位置，即曲线C在点z(/0)的切线存在，其倾角为

argz,(M).

2.证明:因/(z),g(z)在入点解析，则/%),&G)均存在.

/(z)—/(z0)

所以]而出=lim©二9=limZ—ZQ—=9

力事g(z)办g(z)—g(Zo)加返一g(z0)g,(z0)

z-zo

(f—>'(内)士(0,0)

3证明:w(x,y)=&+)?

|l0Uy)=(0,0)

.+-(.vo)±(0,0)

v(x,y)=(r+/

|loUy)=(o,o)

于是人(0,0)=lim匹W1”(。0.)=lim-=1,从而在原点/(z)满足C-R条

⑷x10x

^牛，但在原点，亘04+zv)-(0,。)十以(0工0))

ZZ

([+i)K)(')]-(]+加

L-Q)'+G)]z

当Z沿)，=x)0时，有/T(二)-(*)

2(亓

故/(z)在原点不可微.

4证明:⑴当Z丰0时用X,.V至少有一个不等于0时，或有Mt丰〃丫〃或有-ux三Uy,

故z|至多在原点可微.

(2)在C上处处不满足C-R条件.

(3)在C上处处不满足C-/?条件.

⑷」二三二字与，除原点外,在C上处处不满足C-R条件.

■-■一■.y/

5.解:⑴3,y)=xy2,v(x,y)二触y,此时仅当x=y=0时有

2

ux-y-\\-丁，〃、=2xy=-vv=-2xy

且这四个偏导数在原点连续，故kz)只在原点可微.

(2),依y)=X2,心,y)=y2，此时仅当X=),这条直线上时有

〃、=2x=vy=2y,uy=0=-vA=0

且在x=y这四个偏导数连续,故/⑵只否=)，可微但不解析.

(3)〃(用>0=2x,V(My)=3儿且

2

=6x=vv=9y*〃=0=-vr=0

故只在曲线4-v=o上可微但不解析.

(4)u(x,y)=x3-3^2,v(x,y)=3X2y-在全平面上有

222?

wv=3X-3y=vv=3<-3y,=-6,y>=-匕=-6盯

且在全平面上这四个偏导数连续，故可微且解析.

6.证明：Q)Vz=x+j;=D,0=，，⑵=ux+.=vv-iuy

⑵设/'(z)=〃+iv,则/(z)=u-iv,由/(z)与/(z)均在D内解棉®

%=v,uY=-匕，乂=一汽，〃、.=匕，

结合此两式得〃.二人=匕7V=0,故〃,自匀为常数，故/⑵亦为常数.

(3)若kz)|三c=o,则显然/⑵三0,若卜⑸三C才0,则此时有了⑵才0,且

7W⑵三c2,即m三—也时解析函数，由②知/⑶为常数.

/(•)

(4)设f(z)=u+E,若w(x,y)三C,则名三0,多三。，由C-R条件得

vv=-uy三。，写二%三0

因此〃/为常数则〃z)亦为常数.

7.证明：设〃+iv,g=if=p+iQ则/二u-iv,g=v-iu,由/(z)在D内解析

知ux=4,uy=-vr

从而A=匕=.勺=Q、P,=&=/=-

因而g(z)亦D内解析.

8.解：(1)由〃(x,y)=8-3xy2，心,y)=3^y-y3，则有

2

ux=3x-3)2，〃丫=-6x}',匕=6xy,vv二3f-

故砥，〃y,%4为连续的,且满足C・R条件所以/(z)在z平面上解析，且

/,(z)二%+匕i=(3寸-3)尸)+6xyi=3z2

(2)u(x,))=ex(xcosy-ys\n)).v(x,))=e'(jcosy-xsiny)

ux=(xcosy-ysiny+cosy)=vy

K

14、=e(_xsiny_siyn+yc)、8_vv

故/(z)在Z平面上解析，且

/(z)=efcosy.(x+1)_ysiny+z?'[siny.(x+1)_ycosy]

⑶由〃(x,y)=sinxchy,v(x,y)=cos邓回,则有

uK=cGMch,)%=sinxvh,yvx=_sinxsh,yvy=coich

故名,kvr,匕为连续的,且满足CJ条件，所以/(z)在z平面上解析，且

/,(z)=ux+vvz=cos：chy_sinxshy=ico主

⑷由“(Xy)=cosxchy,v(x,y)=_sinxMy,贝！J有

wv=_sinxch,yuY=co3Lsh,yvx=_co3T5h,yvv=_sinxch

故x，外为连续的,且满足cJ条件，所以/(z)在Z平面上解析，且

/,(z)="、+vvz=_sinxchy_coscshy=i_s\nz

9证明:设z=x+yi=28,则A-=ZTCOSQ,y=rsin0,

从而％=uxcos0+«vsin0,UQ=_uxrsinQ+uyrcosS

vr=uxcosQ+vvsin0,v0=_vxrsinO+vv/ros9,

11

再由llr二一%,巳=_一〃8,可得Ux=vv,%=上，因此可得/(z)在点z可微且

rr

J\

—

f(z)=_iuY=(rcos0wr_sin0z/e)_i(rsin0z/r+cos8z/0)一

r~r

=(co0sJs9in)i|二(6in+i9c)

r

=(co0s_is0in)wr+(&i+nf0c)VQ

=(co9s_/s9in)(wr+/vr)

L2：

10.解：(1)e\=k2K叫=e2x

!__1_H-.—X—i

(3)e:-et+iy-=/+，.e'+''

所以ReQ)|=J+厂cos，+,

IL证明:⑴因为亡=*=e(cosy+/siny)x

因此，二e"(cosy-zsiny)

而「=/w=".C"=-(cosy-Zsiny)，得证.

/••/•

(2)因为sinz=­J

u匚i”•/-e',:e'':+e',:：-

所以sinz=-------=----------=sinz

2i2i

一二+〃

(3)因为cosz二

gripi-。"+尸----

所以cosz=--------=--------=cosz

)y

12证明:分别就m为正整数零负整数的情形证阻仅以正整数为例

当nt=1时，等式自然成立.

假设当〃Lh1时，等式成立.

那么当m=A时,=(ey".e2=ekz，等式任成立.

故结论正确.

13.解：(1)=e3.e'=e3(cosl+Zsinl)

/Ji,Ji)

(2)cos(1-z)=-----------

+小》

2

COS(I)1si(nl_；l

=2XI1e+e)+i2<\e-ejI

14证明:⑴由于/⑵二sinz,g(z)=z在点z=0解析

且f(O)=g(O)=O,g,(O)=1±0

rx1M..sinzcosz,

因1此zhm------=--------=1

二)。z1L=o

(2)由于f(z)=e・l,g(z)=0在点z=0解析，且f(0)=g(0)=0,g,(0)=1±0

因止匕lim­—~=e:=1

2)0zz=0

⑶由于，⑵=z-zcosz,g(z)=z-sinz在点z=0解析，

且/(())=g(0)=()/(())=&(())=()/(0)=g,(0)=0,g,(0)=1

rn.Lkz-zcosz..1-cosz+zsinz_

因此Inn=hm=3

2)°z-sinzDO1-cosz

15.证明：cosz="-；

cos4z+cost<-b)+...+cow(+nb)

ia-iaHa^b)Ka*nb)7。♦，⑼

e+ee+ee+e_____

二~2-2…2~

sin-----b,

2z/也

=-------~~cos(«+—)二石边

2

stn

2

同理证明(2).

16.证明:⑴sin(zz)=e'g・=:0=i.e："=/sinhz

2/2i2

/•xd"z)+Wz)：-z

(2)cos(zz)=----------——=----+---=coshz

22

土二行nz

(3)sinh(zz)=-------

22i

(4)cosh(iz)=cos(/.iz)=cos(-z)=cosz

,L、八、sin(Zz)zsinhz.,

(5)tan(/z)===ztanhz

cos(zz)coshz

心一.\sinh(jz)/sinz.

(6)tanh(/z)===ztanz

cosh(zz)cosz

17证明:⑴ch2z—sirz=ch2z+(ishz)2=cos2(iz)+sin2(iz)=1

(2)sec2z+。z=+与J♦二=i

曲二chzch•二

(3)ch(zl+z2)=cos(/Z|4-zz2)=cos(，Z])cos(zz2)-sin(zZ])sin(/z2)

=chZ[Chz+shZ]Shz

18.证明:Q)sinz=sin(x+yi)=sinxcos(yi)+cosxsin(zy)=sinxchy+zcosxshy

(2)cosz=cos(x+yi)=cosxcos(yZ)-sinxsin(ij)=cosxchy+Zsinxshy

(3)|sinz|2=|sinxchy+/cosxsh)\2=sin2xchy+cos22xv/zy2=sin2x+sinh2y

(4)|cosz|2=|cosxchy——zsinxv/2)12=cos2xchy+sin22xshy2=cos2x+sinh?》

T*J

19证阻(s〃z)'=("=chz

2?

(c/?y=(y==sh

22

20.解：Q)z=In(l+-J3z)=Ini++iarg(l+-j3i)

=ln2++2女几)(k=0,11,...)

(2)由于Inz=^7贝!]有z=e2=c^-+/siJl=i

222

(3)由于炉=-1=d(几+2k几)，故z=i(几+2攵几)

(4)cosz=—sinz,BPtanz=­1，所以

⑸设Z=x+iy,由次z=1+2/得任上=1+2z)ei:-ei!=(/-2)(ei:+eiz)

cos"

)e2r*=--+)e2ycos2x=--,sin2x=~

5555

…1In5口今IIF(1>

)e=-,y=—S.tg2x=--,x=-arctg--+n

(1)]Jn5.

卜2口「十

4

21.证明:因ln(z-1)=\n{re3-1)=Inre3-1+iarg(r/'-1),所以

Re[ln(z-l)|=Inb/-1=In-J(""-]广♦"su】e『=-ln(l+r2-2rcos9)

—

9(z)+2K

22.解：叫(z)=3,(Z=G;O<9(z)<2"火=0,1,2)

利用M)=・i定Kk=2，再计算w2(-i)

:J.,

23解-2=2/,i=I；由M-2)=-\T2定k,%=1,再计算％(i)=e4'

24.fi?：(1+l)'=〃n(l+i)二eflln|l+r+r(arg(l+d+2r)]|_J3Q+2N)

*

=即n./J"，(k=0,±1,±2....)

3：=3=^/ln3+Aarg3+2A")|=^,(ln3e'""(k=0,±1,士2,...)

25.解:z在z平面上沿z=0为圆心,R>1为半径的圆周C从A走至！]B，经过变换

卬=z",其象点“在卬平面上沿以W=0为心外>1为半径的象圆周从A,走

到8,,刚好绕卬=而T的支点・1转一整周,故它在民的值为-不二山,.因此

f⑶|B二力z)\A=--JR*+I.

26证明：,."(z)=7(]-z)z2可能的支点为0,1,w

由于311+2,故/(z)的支点为2=0,1,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f(z)就可以分出三个单值解析分支.

另由已知arg/(z)=n得

/(A仙凸”端,grg«)z

二-S即编Ia2Jj

LflJD］

;的产

JI2

L珥

=-V2^12.

(-)

1.证明：由/(z)二仁得/()=上二,从而于是/(z)在D必常数

IY(T).

r(z)H?("z)(l刁5+(2/N)i

z/(z)1--(l-m/l-z)l+|zf-Rez2

所以Rejz.东］二;二'-；

I/(-)J1-|二-2R-

由于|z|<l,因此母『>(),且

I+:|4-2Rez2>l+z|4-2z^=Q-|zQ>0

故味瑞”

2.证明:同第一题

/,⑵1+z1・|zf+2〃mz

1+z,八==.•

f(z)1-z|1-z「|2

3.证明:题目等价域以下命题:设E,E］为关于实轴对称的区域，则函数在E内解析

不f(z)在耳内解析.

设以z）在E内解析，对任意的4仁片，当z仁£时有4仁EZ仁民所以

lim'（）~-lim，（~）“"）—/P（5）

2z—4-）^oz—z0

这是因为f（z）在E内解析，从而有二通=/P（^）,由z。的任意性可

4z—4

知，八z）在E,内解析.

4.证明:⑴由于汇=2（z+凡,y=l（z-；），根据复合函数求偏导数的法则，即可得

22/

证

.

?u?v?v?f_

所以/B

?x?y?y?x?z

5.证明：|sinz|=|sin(x+yi)=Jsin2xch2y+(I-sin2x)sh2y=Js/ry+sin2x

所以卜〃）|共+sin2x=Isinz

而卜h），＞|卜=|lmz|,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:有忖问:=sin2x+s/dy共1+slry=加)哄clrR

即卜iil|共6?R

又有posz「二cos2x+sinh2y共1+sh^y=dfy共c/rR

7证明:据定义，任两相异点z.,z2为单位圆!想1,有

/(马)一/(4)(Z：+2Z]+3)—(V+2zj+3)

Z]-4Z]—々

=％+z+2>2—闵一中2—i—i=。

故函数次z）在|z|想1内是单叶的.

8.证明:因为/⑵有支点-LL取其割线[-L1],有

Xz—」别,

(1)Aqarg/(z)=--,/(/)=J2e*8

o

(2)A⑦arg/⑵=七个A0arg/(z)=-平J(-i)=丘片

oo

9.解:因为/⑵有支点1土;“，此时支割线可取为沿虚轴割开[T,i]，沿实轴割开

[1,•力，线路未穿过支割线，记线路为C,

\arg/(z)=：[Xarg(1-z)♦、.arg(z-(T))+Ararg(z/)]

22

故/(z)=-V5i.

10证明：因为/(z)二向二的可能支点为z=0,l,工，由题知/(z)的支点为

z:0,1,于是在割去线段04ReR的平面上变点就不可能性单绕0或1转一

周，故此时可出两二个单值解析分支,由于当Z从支割线上岸一点出发，连

续变动到z.-1时，只Z的幅角共增加%,由已知所取分支在支割线上岸

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z=-1的幅角

为】，故/(-1)=0^=厅/(-1)=-4.

216

第三章复变函数的积分

（一）

1.解：>-=X0<x<I）为从点0到1+i的直线方程，于是

.,.1♦»-

Jr（x-y+J（（X-y+yi）

=jj（x-A+淙域K+ix）=（1+Dij.vVZr

2解:⑴C:z=x-14I,因此jd幺jjM=1

⑵C:z=T,9从77变到0,因此

jRz=j：d1=ij：d%9=2

（3）下半圆周方程为2=^,TT<9<2",则

jjzdz=de^=iie^d9-2

3.证明：（l）C:x=OrI<>'<1

因为｛z）=f+叼=卜平1,而积分路径长为卜（-*2

故|jc*+炉）dz=j：（寸+炉）/42.

（2）C:r+），=Ur>0

而0z）t[r+if\=J7777<I,右半圆周长为"，

所以j：（f+n.

I.解:⑴因为距离原点最近的奇点”土工，在单位圆忖41的外部，所以

2<»s•

1上处处解析，由柯西积分定理得L=二0.

（2）丁」—=—!_,因奇点2=-1+,•在单位圆y<1的外部，所以

-；■」——在H<1上处处解析，由柯西积分定理得i一^—=0.

r*2r*2JC；・.L.2

(3)——=---------，因奇点z=-2,T在单位圆1的外部，所以

:•♦先.6|二.2M二

—在上处处解析，由柯西积分定理得\

八£.6M।匚，.5;.6=o.

(4)因为zcosz2在口41上处处解析，由柯西积分定理得

Izcos£dz=0.

5.解：(1)因J(z)=(z+2)2在z平面上解析，且(士立为其一原函数，所以

£>2)匕

⑵设z=(疗+2/)6可得

I**cos;dz=i*cos(，丁，(7+2i)dr=J\e~'e^+e'e~^)dt

-e+e'

■a

6.解：j：”(2£+8>l)dz=2?+4f+z

»■

=q8九;+16n'Z、2TTa

7.证明：由于7z),g⑵在单连通区域D内解析,所以/(z)g(z)，5z)g(z)]'在。内

解析，且g)g(z)]'-f(Z)g(3)+<z)g'(z)仍解析，所以-z)g(z)是

/(z)g(z)+启)屋(z)的一个原函数.

从而r1/(z)g(z)+/(z)g'⑵]dz=11Az)g(?)]B

a

因此得0(z)g'⑶dz二伏z)g(z)j°_(z)g⑶必.

13.证明：Q|zF上，-0

设2=d抬浮d9n

.)《八1，、。・、ir.“小匚、”»2.，、in1)\(出

°-j；J。

_.2”.Ism°♦/II♦As〃)妁

0

于是।---------d9=0.故।--------(19-0.

JoS>4cm0Jo5*4cus0

9.解：⑴因为©=2Z2-z+l在胪2上是解析的，旦z=1三*2,根据柯西公

式得

j)粒一-dz-27T/(2f-z+l)|==1=4由

(2)可令fiz)=2f-z+1,则由导数的积分表达式得

Ji产三沪皿曲⑵1=677/

10.解:⑴若C不含z=±1,则=0

立-

⑵若C含z=l但不含有2亩二-=—TTi

⑶若C含有z>l,但不含z=l.TTI

⑷若C含有二±1,则

11.证明：i4

；#os9+/sin9)=一厂)山9

°COB^♦/M'1>

"一^sin(sin9)+ie3y-cos(sin9)d9

再利用柯西积分公式i乙=j"■次=2m-

「c.」飞-o

则「"*9cos(sin9)(19=2TT,由于*9cos(sin9)关于9="对称，因此

Jo

£9cos(sin9)d9-TT

12.解:令3(+7f+1,则

所科=2TT中z)=2rri-(3r+7z+1)

则/(z)=2ni(6z+7)

因此/(1+i)=2庙(6+6计7)=277(-6+16/)

13.证明:利用结论：.Az)在。内单叶解析，则有了⑵H0

由题知,C:z=z(r)(a<t<b)为0内光滑曲线,由光滑曲线的定义有

DC为若尔当曲线，即6+q时，z%)Wz(/2)：

2)z'")W0,且连续于瓜b]

要证「为光滑曲线，只须验证以二两条即可.

而在w=/(z)的变换下，C的象曲线下的参数方程为

r:“uH<Z)=y(z(/)](«W区h)

1)因A*2时，如)#女)，又因逃z)在。内单叶解析，所以当，尸A

时，贴)工«马).因此当，产G时，有―十必2).

2)因为z'⑺W。且连续于[a,b]、又因/(z)W0,则由解析函数的无穷可微性

知/(z)在。内也存在，所以f(z)在。内也连续，则由复合函数求导法则

»VZ(/)=/(z)z'⑺工。，且连续于[a,b].

14.证明：山上题知C和「均为光滑曲线，因①(卬)沿「连续以及,Q)/(z)在包

含C的区域。内解析，因此叫作)"⑵也连续，故公式中的两端枳分存在.则

[①5z)]/(zMz=Jpl/UO))/悌*⑺力

=J①|M划«W=[①(M*M