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复变函数与积分变换习题答案

发布时间：   来源：文档文库   
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一、将下列复数用代数式、三角式、指数式表示出来。(1i解：ie(2-1
解：1eicosisin(31i3
解：1i32ei/32cos/3isin/3(41cosisin解：
1cosisin2sin22sin
i
2
cos

2
isin

2


2
i2sin

2
cos

2
2sin

2
(sin

icos22

i22


cos(isin(2sine222222

(5z3
解：z3r3ei3r3cos3isin3(6e1i
解：e1ieeiecos1isin1
1i
1i
1i1i解：iei3/4cos3/4isin3/4
1i1i
二、计算下列数值
(7
(1解：
aib
aib
a2be
b
iarctg2k2a
4a2be
b1
iarctgk22a
1b
iarctg4222a
abe
1b
iarctg
224abe2a


(2
3
i
解：3ie
3
i2k2
e
2k
i63
i6
e2i63e
i4e63
3i22
3i
22i

(3iii
解：ii

ei
22k
e
22k

(4
i
i
解：ii
ie
22k

1/i
22k
e


(5cos5
解：由于：ei5
ei5
2cos5，
e
i
5
cosisin5
5
Cn5cosnisin
5n
而：
n0
ei5
cosisin5
5
Cn
cosn
isin
5n
5
n0
所以：
cos515n2Cnisin5ncosnisin5n
5cos
n0152Cn5cosnisin5n115n

n0
5cosisin4
C3
5cos3
isin2
cos
5
5cossin410cos3sin2cos5
(6sin5
解：由于：ei5
ei5
2sin5，
所以：
15sin52iCn5cosnisin5ncosnisin5n

n0
12i5Cnnisin5n5n
5cosn0
11
1i
isin5C2234
5cosisinC45isincos

sin510cos2sin35sincos4
(7coscos2cosn
解：
欢迎下载—
2

—
coscos2
1i(eei2ein(eiei2ein2
iiniiini
1ei(1einei(1ein1e(1e1ee(1e1e
221ei1ei2(1cos
1eiei2ei(n1ei(n1einein
22(1cos
cosn

12cos22cos(n12cosncos1cos(n1cosn
22(1cos2(1cos
1
sin(nsin
22
2sin

(8sinsin2
解：
sinsin2
2
sinnsinn
1ii2(ee2i
ein(eiei2
ein
iiniiini
1ei(1einei(1ein1e(1e1ee(1e1e
ii
2i1e1e2(1cos2i1ei1ei(n1einei1ei(n1ein
2i2(1cos

12isin2isin(n12isinnsinsin(n1sinn
2i2(1cos2(1cos
1
cos(ncos
22
2sin
2
1.2复变函数
1、试证明函数f(z=Arg(z(-≤，在负实轴上(包括原点不连续。
证明：(1在负实轴上，任取一点za，则分别由水平方向和垂直方向趋近z点有：
y0y0
limf(zlimArg(aiy
y0

limf(zlimArg(aiy
y0

显然函数在负实轴上不连续。
(2在零点，沿zre方向趋近于零点则：limf(zlimArg(re
z0
z0
i
i
显然，其极限结果与路径相关，则该函数在0点无极限。
2、复平面上，圆周可以写成AzzzzC0，这里A，C为实数，为复数。证明：在平面上圆的一般方程表示为：
欢迎下载
3

x2y2
axbyc0则在复平面上：x12(zz,y1
2i
(zz，所以圆方程变形为：zza
2ib2za2ib
2zc0若令：

aA

2ib2,C
A
c则：AzzzzC0
2.1解析函数
1、试证明下列函数处处不可微：
(1f(zz(2f(zx
证明：
(1在z0处，有：
zf(zzxxz
y
y
1xxyylimz0zlimz0xiylimz0xiyrlimz0xiy
若沿zei方向趋近于z点，则：
f(z1lim
z0zrlimxcosysinz0ei1r
xcosysinei
显然，函数不可微。(2在z0处，有：
lim
f(z
zz0zlimz0xiy

若沿zei方向趋近于0点，则：
f(z
limzeilim
z0zz0xiy
显然，函数不可微。

2、设：

u(x,yx3y3x3y3
x2y2
,v(x,yx2y2,z0

u(x,yv(x,y0,z0
试证明f(z=u(x,y+iv(x,y在原点满足C-R条件，但不可微。
证明：首先：
欢迎下载
—
4

—

u(x,yu(x,y
1,1
x(0,0y(0,0v(x,yv(x,y
1,1
x(0,0y(0,0

显然：
u(x,yv(x,yu(x,yv(x,y
,
x(0,0y(0,0y(0,0x
，在原点f(z满足C-R条件。
(0,0
而在(0,0点，f(z的导数定义为：
x3y3x3y3
i2
22
f(zf(zf(0f(zxyxy2'
f(zlimlimlimlim
z0zz0z0z0xiyxiyxiy若沿zei方向趋近于0点，则：
3333
cossinicossin1(1i(3ei4f(z
f'(zlim
z0zcosisin4
显然，函数在原点的导数不存在，所以函数虽然在原点满足C-R条件，但不可微。C-R条件只是函数
可微的必要条件。1.2复变函数
1、试证明函数f(z=Arg(z(-≤，在负实轴上(包括原点不连续。
证明：(1在负实轴上，任取一点za，则分别由水平方向和垂直方向趋近z点有：
y0y0
limf(zlimArg(aiy
y0

limf(zlimArg(aiy
y0

显然函数在负实轴上不连续。
(2在零点，沿zre方向趋近于零点则：limf(zlimArg(re
z0
z0
i
i
显然，其极限结果与路径相关，则该函数在0点无极限。
2、复平面上，圆周可以写成AzzzzC0，这里A，C为实数，为复数。证明：在平面上圆的一般方程表示为：xyaxbyc0则在复平面上：xzz若令：
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2
2
11
(zz,y(zz，所以圆方程变形为：22i
abab
izizc02222

A

abCi,c22A
5

—
则：AzzzzC0
2.1解析函数
1、试证明下列函数处处不可微：
(1f(zz(2f(zx
证明：
(1在z0处，有：
zlimf(zzxxz
y
y
1xxyyz0zlimz0xiylimz0xiyrlimz0xiy
若沿zei方向趋近于z点，则：
f(zlim
z0z1rlimxcosysinz0ei1r
xcosysinei
显然，函数不可微。(2在z0处，有：
f(z
limz0zlimzz0xiy

若沿zei方向趋近于0点，则：lim
f(z
z0zlimzz0xiy
ei
显然，函数不可微。

2、设：

u(x,yx3y3x2y2
,v(x,yx3y3
x2y2,z0

u(x,yv(x,y0,z0
试证明f(z=u(x,y+iv(x,y在原点满足C-R条件，但不可微。
证明：首先：
u(x,yx1,u(x,y

y1
(0,0(0,0v(x,yv(x,y
x1,
y1
(0,0(0,0
显然：
u(x,yv(x,yu(x,yv(x,yx,

(0,0y(0,0y(0,0x
，在原点f(z满足C-R条件。(0,0
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6


—
而在(0,0点，f(z的导数定义为：
x3y3x3y3
i2
22
f(zf(zf(0f(zxyxy2'
f(zlimlimlimlim
z0zz0z0z0xiyxiyxiy若沿zei方向趋近于0点，则：
3333
cossinicossinf(z1'
f(zlim(1i(3ei4
z0zcosisin4
显然，函数在原点的导数不存在，所以函数虽然在原点满足C-R条件，但不可微。C-R条件只是函数
可微的必要条件。
2.2解析函数和调和函数
1、已知复变函数的实部或虚部，写出解析函数：
(1v(x,y
y
,f(2022
xy

(2u(x,yexsiny
(3u(x,yx3y3xy,f(00(4u(x,yln,f(10解：(1v(x,y
y
22
xy
u(x,yv(x,yx2y2
则：…………….I
222xyxy

u(x,yv(x,y2xy
……………II
222yxxy
x
(y
x2y2
由I得：u(x,y
带入(II得：'(y0所以：u(x,y
x
C
x2y2
(2u(x,yexsiny则：
v(x,yu(x,y
excosy…………….Ixyv(x,yu(x,y
exsiny……………IIyx
7

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—
由I得：v(x,yexcosy(y带入(II得：'(y0所以：v(x,yexcosyC(3u(x,yx3y3xy
22
u(x,y6x,2u(x,y6y2xy
22
显然：22u(x,y6xy
xyu(x,y并非调和函数，所以，此题无解。(4u(x,yln则：
v(x,yu(x,yy
2…………….Ixyxy2v(x,yu(x,yx
2……………II2
yxxy

x
由I得：v(x,yatan(y
y带入(II得：'(y0
x
所以：v(x,yatanC
y
2、试证明3z三个单值分支在割破的z平面上任意区域上都是解析的，并求其导数。
证明：f(z3z，令：zrei,zei(
则：zzr'ei，这里：r'r222rcos,所以：
sin
r

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—
f(zzr2rcose
2
2
1/6
2ki
333
1/62k
r222rcoscos
3332k
isin333
1/62k2k2k2k
r1/6r2coscoscossinsinisincosicos
33333333333
12k2k2k2k
r1/6r1/65/62coscossinisinicos
6r3333333333

sin
1r1/32k2k
6r2/32coscos33isin3
33sin2k2k
33icos3
3
12k
r1/36r2/32coscos3

3isin32k2k33sin33icos2k
33

则：
f(zzf(zr1/3

sin3
2k12k
33icos32k3
6r2/32coscos3

3isin2k
3
3
cos2k
3
3isin2k3

311/36r2/32cosir
3
3z

3
3r
cosisin
zi3r
e所以：
3
zf(zfe
ilimz0zlim(zzf(zz0z
lim3rz0ei(3z1
3rei
3z2/3

2.1-2Cauchy积分1、计算积分
i
i
zdz，积分路径(1直线段；(2右半单位圆周；(3左半单位圆周。
解：

i
ii
zdz
i
x2y2dz
(1若沿直线从-i积分到i，则：dzi1


i
i
z1ydyi

0
1
ydy1
0
ydy

1

i
ydy1
0
0
ydyi
(2若沿右半圆从-i积分到i，则：i
/2i
/2
i
zdz
/2
d(eie/2

2i
(3若沿左半圆从-i积分到i，则：


i
i
zdz
/2
3/2
d(eiei
/23/2

2i
2、当C为单位圆周时，不用计算，试证明：
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9


—
(1
C
11
dz0,(2dz02z25z6z2z2C
证明：(1
11
dzdz2z5z6(z2(z3CC11
dz
z2z3C11
dzdz
z2z3CC
因为两个非解析点都不在积分圆周内，根据Cauchy积分定理：
C
1
dz02
z5z6
(1
11
dzdz22z2z2(z11CC
C
1
z1iz1i
dz

111
dzdz2iCz1iz1iC
因为两个非解析点z1i,1i都不在积分圆周内，根据Cauchy积分定理：
1
dz02z2z2C
2.3-4Cauchy积分定理
ext1t
1、已知函数(x,t，将x作为参数，把t认为是复变数，试应用Cauchy公式表为回路积分，
1t
对回路积分进行变量代换tzxz，并借以证明：
n

tn
t0
dnnx
exendx
x
z
x1z
e
x1
解：(1首先，令：(x,z
ee1
，则：(x,z1z2i
x1

1
d
z
根据解析函数的无限可微性有：
n!
(x,z
2i
n
1z
e
n1
d
所以：
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10

—
n(x,tn!

tnt02i
(2做变量替换：t
n
ex1
1n1d
zxzx
，则对于积分公式来说：，所以：zz
zx
dzxzxn1
z
1
zz
n!znexznexn!dzedn1n12izx2ix
nnx
exenx
x
(x,tn!

tnt02i
e
zxzxx1
zz
4.2利用留数定理计算实积分
1、确定下列函数的奇点，并计算留数，(5


0
adx
(a0；(622
asinx


2
0
cosxdx
(12
12cosx
解：(5
adxadx0a2sin2x021cos2x
a
22
2adx
02a21cosx
令：ze，则：
ix
adz011z12a21zziz
2
2adz2a
22
izi1z22a1z1

adx

a2sin2x

z1

f(zdz
显然，f(z存在两个一阶极点：z(2a212aa21，只有：z(2a212aa21处
于单位圆内，所以：
z(2a212aa21
Resf(z
z(2a212aa21
lim1
1
z(2a212aa21


4aa21
则：


0
adx12a
2i2222asinxia14aa1
11
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—
(6

2
0
cosxdx
(1
12cosx2
ix
令：ze，则：：
zzdz
21zziz

z1dzz1dz111

2izzz12izzz2i
20
cosxdx

12cosx2
1
z1
21
22
z1
211
f(zdz
z1z1

显然，f(z存在三个一阶极点：z0,,Resf(zlim
z0
z0
1
，只有：z0,处于单位圆内，所以：
zzz11
Resf(zlim1zz
12
2
z
z
1
2
z
2
1
1
所以：

2
0
212cosxdx1
2i122
12cosx22i11

2、计算下列实函数积分
x21
dx(5x61

x21dx解：(5x61

x2111
根据定理有：dxdx2iResx4x21x61zkx4x21Imk0

55
iiii1
而函数f(z4存在四个一阶极点：ze6,e6,e6,e6，很显然处于上半平面内2
xx1
i
6
的孤立奇点只有：ze,e
i
56
，所以：
1
f(zlimRes2
i2z2z1ze6ze6
e6

ii23i2e62e31

1
i

欢迎下载12

Resf(zlim1
11
i

zei5
6
zei562z2z212e
i5
6

2ei53
12ei

6


2ei3
1e623i
2
i所以：x1x41
dx2iei6e6
23i23i
3计算下列实函数积分(3

xsinx
x21dx
解：根据定理：

xsinxx21dx2xsinxzeimz
0x21dx2ImReszk0
kz2
1zeimz显然，f(zz21存在两个一阶极点：zi，只有：zi上半平面内，所以：
zeizReszif(zlimzizi1
2e

所以：

xsinxx21dx212ee
3.2幂级数
3、求下列幂级数的收敛圆

(11(zik
，(2k1k

k
lnk
(z2k
k1
解：(1Rlim
ckk
clim1/k
(k1
1k1k1/所以，其收敛圆为以i为圆心的单位圆。
(2
由于：Rlimln2klnkk1lnkkkln2k1limklnk1klimklnk1lim1
kk1Rlim
clnkkkkclimk(k1ln(k1limklnk
k(k1ln(k1
1k1
所以，其收敛圆为以2为圆心的单位圆。
3.3幂级数展开
在指定的点的邻域上把下列函数展开为Taylor级数
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—
13

(8sin2z和cos2z在z00解：
sin2
z12(1cos2z1
nz
2n2n2(112
n0
(2n!1n2n2n1z

212
n0(2n!
2n


11n1
22n1z2n0(2n!

n1
2n
1
2
2n1
zn1
(2n!
cos2
z12(1cos2z1
n2n2nz
2(112n0(2n!
12nn2n1z
212

n0(2n!

2n
11n
2
2n1
zn1
(2n!
4.1留数定理
1、确定下列函数的奇点，并计算留数，
(1ez
(1z；(2z(z1(z22
，(3ez
(a2
z2
，(4eiz
(a2z2
解：(1ez
(1z
显然z1为其一阶极点，则：Resf(zlim(z1ez
(11
z1
z1
ze
(2z(z1(z22

显然z1为其一阶极点，z2为其二阶极点，则：
Resf(zlim(1
z1z(z1(z22z1
z1
Resz2
f(zlimdz2dz(z22z(z1(z22
lim1z2z121
(3ez
(a2
z2

显然zia为其一阶极点，则：
eia
Resf(zlim(ziaez
(a2
z2
ziazia2ia

Resf(zlim(ziaez
(a2
z2
eia
ziazia2ia

欢迎下载—
14

—
(4e
iz
(a2z2
显然zia为其一阶极点，则：
ea
Resf(zlim(ziae(az
ziazia2ia
iz
2
2
ea
Resf(zlim(ziae(az
ziazia2ia
iz
2
2

2、计算回路积分，(1
z
lz2
dz
2
1z1
2
2
，l为xy2x2y0
22
1
(3

ezdz
2
2
解：(1首先l的围线方程为：x1y12
而被积函数存在三个孤立奇点zi,1，在围线内有两个孤立奇点：zi,1
Resf(zlim
zi
zi
(zi
z
2
1z1
2

12ii1
2
14
d(z121
Resf(zlim22z1dzz1
z1z12
所以：
z
l
dz
2
1z1
2
11i2i(
422
(2可以看出来，被积函数存在唯一孤立奇点z0，且为本性奇点，对被积函数做Laurant展开：
1
e
z2

11
2n
n0n!z
1

可以看出：c10，显然：
z2

ezdz0
2
4.2利用留数定理计算实积分
1、确定下列函数的奇点，并计算留数，(5


0
adx
(a0；(6
a2sin2x

2
0
cosxdx
(1
12cosx2
解：(5
欢迎下载15

—
adxadx0a2sin2x021cos2x
a
22
2adx
02a21cosx

令：ze，则：
ix
adz011z12a21zziz
2
2adz2a
22
izi1z22a1z1

adx

a2sin2x

z1

f(zdz
显然，f(z存在两个一阶极点：z(2a212aa21，只有：z(2a212aa21处
于单位圆内，所以：
z(2a212aa21
Resf(z
z(2a212aa21
lim1
1
z(2a212aa21


4aa21
则：


0
adx12a
2i22a2sin2xia14aa1
(6

2
0
cosxdx
(1
12cosx2
ix
令：ze，则：：
zzdz
21zziz

z1dzz1dz111

2izzz12izzz2i
20
cosxdx

12cosx2
1
z1
21
22
z1
211
f(zdz
z1z1

显然，f(z存在三个一阶极点：z0,,Resf(zlim
z0
z0
1
，只有：z0,处于单位圆内，所以：
zzz11
Resf(zlim1zz
12
2
z
z
1
2
z
2
1
1
欢迎下载16

—
所以：

2
0
212cosxdx1
2i1222
12cosx2i11

2、计算下列实函数积分
x21
dx(5x61

x21dx解：(5x61

x2111
根据定理有：dxdx2iResx4x21x61zkx4x21Imk0

55
iiii1666
而函数f(z4存在四个一阶极点：ze,e,e,e6，很显然处于上半平面内2
xx1
i
6
的孤立奇点只有：ze,e
i
56
，所以：
1
f(zlimRes2
i2z2z1ze6ze6
e6

ii23i2e62e31

12e
i56
1
i

1
f(zlimRes525
ii2z2z1ze6ze6

i532e1

1

i
2e62e3
i

e623i1
i

ii66x1eedx2i所以：423i23ix1

2
3计算下列实函数积分(3
xsinx
x21dx

解：根据定理：
xsinxxsinxzeimz
dx22dx2Res2
x210x1zkz1Imk0

zeimz显然，f(z2存在两个一阶极点：zi，只有：zi上半平面内，所以：
z1zeiz1
Resf(zlim
zizizi2e
欢迎下载
17

所以：

xsinxx21dx212e
e

欢迎下载—
18

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