复变函数论作业及答案

习题1

第一章 复数与复变函数

1.求|z|，Argz

zi

1313

222

2

2

31







1z

解：







22



3



Argz=arctan+2k=,

2



2k



k0,1,2,

1

3

2

2．已知,,试用指数形式表示

z

12

1i

2

e

i

6

z

3i

zz及

12



i

4

z

1

z

2

解：

z

1

1i

2



z

2

3i

2e

i

所以

zz

12



2e2e

i

6





e

4

i



12

5



z

1

e11

()i

46

12

i

ee



i

z

2

22

2e

6

4



i



3． 解二项方程

za0

44

(a0)

解 由得

za0za

4444

则二次方程的根为

w1a

k

4

（k=0,1,2,3）

= （k=0,1,2,3）

ea

i



2k

4

i



4

w

0

ea

a

(1+i)

2

aewea(1i)

3i2



44

1

i

a

2

1

wea(1i)

2

5i



4

a

2

a(1i)we

a

2

3

7i



4

4 .设、是两个复数，求证：

z

1

z

2

|zz||z||z|2Re(zz),

121212

222

证明：

zzzzzz

121212



2



zzzzzz

12122

1

zzzzzz

12112

2

22

22

22

zz2Rezz

1212

5． 设三点适合条件：

z,z,z

123

zzz0

123

及

zzz1

123



试证明是一个内接于单位圆周的正三角形的顶点。

z,z,z

123

z1

证明：设，，

zxiyzxiyzxiy

111222333

因为

zzz0

123



xxx0

123

，

yyy0

123



xxx

123

，

yyy

123

又因为

zzz1

123



三点在单位圆周上，且有

z,z,z

123

xyxyxy

112233

222222

而

xyxxyy

112323

22



22

xxyy1



2323

22

2xxyy1



2323

同理

2(xxyy)

1212

2xxyy2xxyy1



13132323

可知



xxyyxxyyxxyy

121223231313

2

222222

即

zzzzzz

122313

z,z,z

123

是一个内接于单位圆周z1的正三角形的顶点得证。

6．下列关系表示的点z的轨迹是什么图形？他是不是区域？

（1）

z1

1

z1

22

令,由得即,所以,故以

zxiy

z1z1



z1z1

22





x1x1

虚轴为左界的右半平面;是区域

（2）且

0arg(z1)

解:由且

0arg(z1)

得:且

0arctan



x0



4

2Rez3

2Rez3

y



4

y



2x3

x14

即为如图阴影所示（不包括上下边界）;不

是区域。

0 2 X

1 3

7.证明：z平面上的直线方程可以写成(a是非零复常数，c是实

azazc

常数)

证明：设直线方程的一般形式为：ax+by+c=0 (a,b,c均是实常数，

a,b不全为零)

因为：x = , y = 代入简化得：

zzzz

22

令得

11



abizabizc0

22

1



abi0





zzc

2

反之（逆推可得）设有方程（复数，c是常数）



zzc



0

用代入上式，且令化简即得。

zxiy



abi

8.试证：复平面上三点a+bi,0,共直线。

1



2

1

abi

1

(abi)

1

abi

证明： 因为=（实数）

22

0(abi)

ab

所以三点共直线。

9．求下面方程给出的曲线

3

z=



acostisint

解:令z= =得 x=,y=



xiyacostisintacost

bsint

xy

22

则有,故曲线为一椭圆.

22

1

ab

10．函数w=将z平面上曲线变成w平面上的什么曲线?

1



zxiy,wuiv

z

（1）+ =4

x

2

y

2

解:由于+== 4 ,又由于

x

2

y

2

z

2

w====

xiy

11

1

22



xiy

z4

xiy

xy

xy

,vu

所以

44

11

2222

则

uvxy

164



这表示在w平面上以原点为圆心,为半径的一个圆周.

（2）

x1

解:将代入变换=,得==

x1

uivuiv

1y

v

,, 于是=

22

1y1y

22

1

2

11iy

1

1iy

1yxiy

2

u

1y1

2

u.uv

且

222

(1y)1y

11

故 解得

uuv0

22

(u)v

22

24

11

这表示平面上的一个以()为圆心,为半径的圆周.

w

,0

22

（3）

(x1)y

22

1

解：因为 即 即

(x1)y

1

x

2x0

将 及 代入得：

z

1

1

z

w

w

22

2

y

2

z.zzz0

4

1ww

1111



.0

即

ww

ww

w.ww.w

因此

ww1

1

(可任意取值)

v

2

表示平面上平行于虚轴的直线。

w

u

11. 求证：在全平面除去原点和负实轴的区域上连续，在负实

f(z)argz(z0)

轴上不连续.

证 设

z

0

为全平面除去原点和负实轴的区域上任意一点.考虑充分小的正数



,使角形区域与负实轴不相交,从图上立即可以看出,以

argzargz

00



zz

00

为中心,到射线的距离为半径所作的圆盘,一定落在上述角形区



argz

0

域内，这就是说,只要取

0zsinzzargzargz



000

.那么当时就有.



因此在

argz

zz

00

为连续.再由的任意性,知在所述区域内为连续.

f(z)argz

设

x

1

是负实轴上任意一点,则

limargzlimargz



及



zxzx

11

Imz0Imz0

故在负实轴上为不连续.

argz

（如下图）

5



xy

z0





22

12.命函数

fz





xy



0z0





试证： 在原点不连续。

fz





xy

z0





22

证明：

fz





xy



0z0





当点沿趋于时，

zxyi

ykx

z0

fz



当取不同值时，趋于不同的数

k

fz





fz



在原点处不连续。

k

1k

13. 已知流体在某点M的速度v=-1-i，求其大小和方向。

解 大小：|v|==；

112

方向：arg v=arctan 。

13







14



i





14. ；

1i2cosisin2



e

4

44





i





i1cossin



e

2

；

22



11cos0isin0



e

；

6

0i

22cosisin2





e

；

i









3i3cossin3





e

2

；



22





i

还有（为整数）

eee

i



2

i,1,1

2kii



k

15.将复数 化为指数形式。

1-cos +isin



解 =2sin

原式=2sin +2isin cos

2



2222







sinicos



22









=2sin=2sine

22

i











22



cosisin



2222





16.对于复数.，若=0，则.至少有一为零.试证之。









证 若=0，则必 ||=0，因而





||||=0.





由实数域中的对应结果知||.||至少有一为零.所以.至少有一为零.





17.计算.

3

8

解 因-8=-8(),故

cosisin





2k2k



=(+).

(8)

3

k

3

8

cosisin

33

(k=0,1,2)

当k=0时, =

(8)

3

0

3

8(cosisin)



33

13

)1i3;2(i

=

22

当k=1时,

(8)2(cosisin)2;

3

1



当k=2时,

(8)2(cosisin)2(cosisin)1i3.

3

2

，

18.设及是两个复数，试证并应用此等式证

z

1

z

2

zzzz2Rezz

121212

明三角不等式(1.2)。

证：

7

222

55



3333



zzzzzz

121212

2



zzzz



12

12

22

22



zzzzzzzz

1212

1221

zzzzzz

1211

22

zz2Rezz

1212



其次，由所证等式以及就可导出三角不等式(1.2)。

2Rezzzzzz



12112

2

19. 连接及两点的线段的参数方程为

zz

12

zztzz0t1

121



过 及两点的直线的参数方程为

zz

12

zztzzt

121



由此可知,三点 共线的充要条件为

zzz

123

zz

31

t

(t为一非零实数)

zz

21





zz

31

Im0









zz

21



20．求证：三个复数，，成为一个等边三角形的三个顶点的充要条件是

z

1

z

2

z

3

它们适合等式

222

zzzzzzzzz

323311212

。

证 ：是等边三角形的充要条件为：向量绕旋转或即得向

zzz

123

zz

12

z

1

量，也就是

zz

13

，

zzzze

3121



即

，

即

，

i

3







3

3



zz

31

13

i

zz22

21

zz

31

13

i

zz22

21

8

两端平方化简，即得

222

zzzzzzzzz

323311212

。

21.试证：点集E的边界是闭集。即证

E



。



EE

证：设z为的聚点。取z的任意邻域，则存在使得且



NzzzzNz





00



zENzzE

00

。在内能画出以为心，充分小半径的圆。这时由可见，





z

0

在此圆内属于E的点和不属于E的点都存在。于是，在内属于E的点和不

Nz





属于E的点都存在，故。因此是闭集。

zEE

22.设有函数=z,试问它把z平面上的下列曲线分别变成平面上的何种曲



线？

（1）以原点为心，2为半径，在第一象限里的圆弧；

（2）倾角的直线（可以看成两条射线及）；





2



3

argzargz



33





（3）双曲线x-y=4.

22

解 设=,

z

xiyr(cosisin)



,



uivR

()

cosisin



则 ，，

R

r



2

2



时，对应的的模为4，辐角由0变由此，（1）当z的模为2，辐角由0变至



2

至 .故在平面上的对应图形为：以原点为心，4为半径，在轴上方的半圆





u

周.

2





（2）倾角的直线在平面上对应的图形为射线.











3

3

（3）因，故，所以平面上的双曲线



z

2

xy2xyi

22

uxyxy4

2222

z

在平面上的像为直线.



u4

9