3复变函数课后答案(王绵森著)高等教育出版社

习题一解答1．求下列复数的实部与虚部、共轭复数、模与辐角。（1）i231+；（2）i13ii1−−；（3）()()2i5i24i3−+；（4）i4ii218+−解（1）()()()2i31312i32i32i32i31−=−+−=+所以133=⎭⎬⎫⎩⎨⎧+i231Re，1322i31Im−=⎭⎬⎫⎩⎨⎧+,()2i31312i31+=+，13131331332i3122=⎟⎠⎞⎜⎝⎛−+⎟⎠⎞⎜⎝⎛=+，kπ2i231argi231Arg+⎟⎠⎞⎜⎝⎛+=⎟⎠⎞⎜⎝⎛+",2,1,0,232arctan±±=+−=kkπ（2）()()()()i,25233i321ii)(1i1i13iiiii13ii1−=+−−−=+−+−−−=−−所以,23i13ii1Re=⎭⎬⎫⎩⎨⎧−−25i13ii1Im−=⎭⎬⎫⎩⎨⎧−−25i23i13ii1+=⎟⎠⎞⎜⎝⎛−−，2342523i13ii122=⎟⎠⎞⎜⎝⎛−+⎟⎠⎞⎜⎝⎛=−−，kπ2i1i3i1argi1i3i1Arg+⎟⎠⎞⎜⎝⎛−−=⎟⎠⎞⎜⎝⎛−−",±,±,=,+−=210235arctankkπ.（3）()()()()()()()()()42i7i262i2i2i5i24i32i5i24i3−−=−−−+=−+13i27226i7−−=−−=所以()()272i5i24i3Re−=⎭⎬⎫⎩⎨⎧−+，()()132i5i24i3Im−=⎭⎬⎫⎩⎨⎧−+，1()()l3i272i5i24i3+−=⎥⎦⎤⎢⎣⎡−+()()22952i5i24i3=−+，()()()()kππkπ2726arctan22i2i52i43argi2i52i43Arg+−=+⎥⎦⎤⎢⎣⎡−+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡−+()",2,1,0,12726arctan±±=−+=kkπ.（4）()()()()ii141iii4ii4ii10410242218+−−−=+−=+−3i1i4i1−=+−=所以{}{}3i4iiIm1,i4iiRe218218−=+−=+−3i1i4ii218+=⎟⎠⎞⎜⎝⎛+−，10|i4ii|218=+−()()()2kπ3i1arg2kπi4iiargi4iiArg218218+−=++−=+−=.2,1,0,k2kπarctan3"±±=+−2．如果等式()i13i53yi1x+=+−++成立，试求实数x,y为何值。解：由于()()[]()()()3i53i53i53yi1x3i53yi1x−+−−++=+−++()()()()[]343y51x3i3y31x5−++−+−++=[]()i1185y3xi43y5x341+=−+−+−+=比较等式两端的实、虚部，得⎩⎨⎧=−+−=−+34185334435yxyx或⎩⎨⎧=+−=+52533835yxyx解得11,1==yx。3．证明虚单位i有这样的性质：-i=i-1=i。4．证明21)||116)Re()(),Im()()22izzzzzzzz=z=+=#−2证明：可设izxy=+，然后代入逐项验证。5．对任何，是否成立？如果是，就给出证明。如果不是，对那些值才成立？z2||zz=222z解：设，则要使成立有izxy=+2||zz=2222ixyxyx−+=+y0，即。由此可得为实数。2222,xyxyxy−=+=z6．当时，求的最大值，其中n为正整数，a为复数。1||≤z||azn+解：由于|a||a||z|aznn+≤+≤+1，且当naezargi=时，有()|a|ea|a|eea|zaannan+=+=+⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛=+|11argiargiargi故为所求。||1a+8．将下列复数化成三角表示式和指数表示式。（1）i；（2）-1；（3）1+3i；（4）()π0isincos1≤≤+−ϕϕϕ；（5）i12i+−；（6）()()32isin3cos3isin5cos5ϕϕϕϕ−+解：（1）2πie2πisin2πcosi=+=；（2）iπeisinπcosπ1=+=−（3）3πi2e3πisin3πcos223i2123i1=⎟⎠⎞⎜⎝⎛+=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+=+；（4）21cosisin2sini2sincos2sinsinicos222222ϕϕϕϕϕϕϕϕ⎛⎞−+=+=+⎜⎟⎝⎠π)(0,e22sin2πisin2πcos22sin2πi≤≤=⎟⎠⎞⎜⎝⎛−+−=−ϕϕϕϕϕϕ；（5）()⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−=−=−−=+−21i212i1i12i21i12i⎟⎠⎞⎜⎝⎛−=4πisin4πcos2=4πie2−（6）()()()()223i5i3i10i9i193cos5isin5e/ee/eecos3isin3ϕϕϕϕϕϕϕϕ−−+==−ϕ=3ϕϕisin19cos19+=9．将下列坐标变换公式写成复数的形式：1）平移公式：1111,;xxayyb=+⎧⎨=+⎩2）旋转公式：1111cossin,sincos.xxyyxyαααα=−⎧⎨=+⎩解：设11iAab=+，11izxy1=+，izxy=+，则有1）；2）1zzA=+i11(cosisin)ezzzααα=+=。10．一个复数乘以-i，它的模与辐角有何改变？解：设复数，则zezzArgi||=()⎟⎠⎞⎜⎝⎛−−=⋅||=−2Argi2iArgiπzπz|z|eeeziz，可知复数的模不变，辐角减少2π。11．证明：，并说明其几何意义。222121212||||2(|||zzzzzz++−=+2|)证明：2212121212121211222212||||()()()(2()2(||||)zzzzzzzzzzzzzzzzzz++−=+++−−=+=+)其几何意义平行四边形的对角线长度平方的和等于四个边的平方的和。12．证明下列各题：1）任何有理分式函数()()()PzRzQz=可以化为iXY+的形式，其中X与Y为具有实系数的x与的有理分式函数；y2）如果()Rz为1）中的有理分式函数，但具有实系数，那么()iRzXY=−；3）如果复数iab+是实系数方程10110nnnnazazaza−−++++="的根，那么也是它的根。iab−证1）()()()Re(()())Im(()())()()(,)(,)()()PzPzQzPzQzPzQzRzQzqxyqxyQzQz===+;2）()()()()ii()()()PzPzPzRzXQzQzQz⎛⎞YXY====+=−⎜⎟⎝⎠;3）事实上()1011nnnnPzazazaza−−=++++"4()zPzazazaann=++++="221013．如果，试证明itez=（1）ntzznncos21=+；（2）ntzznnsini21=−解（1）nteeeezznnsin21intintintint=+=+=+−（2）nteeeezznnsini21intintintint=−=−=−−14．求下列各式的值（1）(5i3−)；（2）()6i1+；（3）61−；（4）()31i1−解（1）()()6/5i56/i553222i232i3ππ−−==⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−=−ee5π5π32cosisin16316i66⎡⎤⎛⎞⎛⎞=−+−=−−⎜⎟⎜⎟⎢⎥⎝⎠⎝⎠⎣⎦（2）()()666i/43i/21i1i22e8e8i22ππ⎡⎤⎛⎞+=+===−⎢⎥⎜⎟⎝⎠⎣⎦。（3）()()1iπ21/6iπ+2661ee,0,1,2,3,4,5kkkπ+−===。可知61−的6个值分别是,2i23e/6i+=πie/2i=π，2i23ei/65i+−=π2i23e/6i7−−=π，，i23i−=/πe2i23411i−=/πe。（4）()()0,1,2=,==⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛2−212=−13⎟⎠⎞⎜⎝⎛+−31/−3131keekπππ24i64i22ii。可知的3个值分别是()1/31i−,127sini127cos22,12sini12cos22612/7i662/i6⎟⎠⎞⎜⎝⎛+=⎟⎠⎞⎜⎝⎛−=−ππππππee⎟⎠⎞⎜⎝⎛+=45sini45cos2264/5i6πππe。15．若(1i)(1i)nn+=−，试求n的值。5解由题意即i/4i/4i/4i/4(2e)(2e),eennnnππππ−−==，sin，04nπ=故4,0,1,2,nkk==±±"。16．（1）求方程的所有根083=+z（2）求微分方程08'''=+yy的一般解。解（1）()()1i123382kzeπ+=−=，k=0,1,2。即原方程有如下三个解：,3i1+,2−3i1−。（2）原方程的特征方程有根083=+λi311+=λ，22−=λ，i313−=λ，故其一般形式为()xCxCeeCyxx3sin3cos3221++=−17．在平面上任意选一点，然后在复平面上画出下列各点的位置：z111,,,,,zzzzzz−−−。oxyz-zzz−1z1z1z−18．已知两点与（或已知三点）问下列各点位于何处？1z2z321,,zzz（1）()2121zzz+=（2）()211zzzλλ−+=（其中λ为实数）；（3）()32131zzzz++=。解令1,2,3i=+=,kyxzkkk，则（1）2i22121yyxxz+++=，知点z位于与连线的中点。1z2z6（2）()()[]122122iyyλyxxλxz−−+−−=，知点位于与连线上定比1z2z|z|z|z|z121λ−−=处。（3）()(3213213i31yyyxxxz+++++=)，由几何知识知点z位于的重心处。321zzz∆19．设三点适合条件：123,,zzz0321=++zzz,1321===zzz。证明z1，z2，z3是内接于单位圆1=z的一个正三角形的顶点。证由于1321===zzz，知的三个顶点均在单位圆上。321zzz∆因为2331zz==3z()[]()[]212322112121zzzzzzzzzzzz+++=+−+−=21212zzzz++=所以，12121−=+zzzz，又)())((122122112121221zzzzzzzzzzzzzz+−+=−−=−()322121=+−=zzzz故321=−zz，同理33231=−=−zzzz，知321zzz∆是内接于单位圆1=z的一个正三角形。20．如果复数z1，z2，z3满足等式32311312zzzzzzzz−−=−−证明321312zzzzzz−=−=−，并说明这些等式的几何意义。由等式得)arg()arg()arg()arg(32311312zzzzzzzz−−−=−−−即231312zzzzzz∠=∠。又因为()()()()1232321331121312zzzzzzzzzzzzzzzz−−=−+−−+−=−−又可得123312zzzzzz∠=∠，所以知321zzz∆是正三角形，从而321312zzzzzz−=−=−。721．指出下列各题中点z的存在范围，并作图。（1）|5；（2）|z−=61|i2|≥+z；（3）Re(2)1z+=−；（4）()3iRe=z；（5）|i||i|−=+zz；（6）4|1||3|=+++zz（7）Im()2z≤；（8）123≥−−zz；（9）0argzπ<<；（10）()4iargπ=−z解：（1）以点05z=为心，半径为6的圆周（见下图（a））；（2）以点i20−=z为心，半径为1的圆周及外部（见下图（b））；（3）由于Re(2)13zx+=−⇔=−知点z的范围是直线3x=−（见下图（c））；（4）xyyxzi)i(ii+=−=，故.33)iRe(=⇔=yz知点z的范围是直线y=3（见下图（d））；（5）22iiiii)(i)(i)(i)zzzzzzzz+=−⇔+=−⇔+−=−+⇔（22ii1ii1ii02Re(i)020zzzzzzzzzy−++=+−+⇔−=⇔=⇔=0.y⇒=知点z的范围是实轴（见下图（e））；（6）222214)2(122)14(3413+=−⇔+−=−⇔+−=+⇔=+++zxzxzzzz134)2041232222=++⇔=++⇔yxyx（，即点z的范围是以（-3,0）和（-1,0）为焦点，长半轴为2，短半轴为3的一椭圆（见下图（f））；（7），（见下图（g））；。2y≤（8）≥+−−⇔−−≥−−⇔−≥−⇔≥−−933)2)(2()3)(3(23123222zzzzzzzzzzz252245.即点z的范围是直线2zzzzzx−−+⇔+≤⇔≤25=x以及25=x为边界的左半平面（见下图（h））；（9）不包含实轴上半平面（见下图（i））；（10）以i为起点的射线0,1>+=xxy（见下图（j））；8xy-2(b)Oix5(a)yO-3(d)y3ixO(c)xyz-iiyxi3-2Oy5/2xxy=x+1iyO(e)(f)(g)(h)(i)2i(j)22．描出下列不等式所确定的区域，并指是有界的还是无界的，闭的还是开的，单连的还是多连的。（1）；（2）0Im>z41>−z；（3）1Re0<<z；（4）23z≤≤；（5）3+<−zz；（6）1arg1zπ−<<−+；19（7）141+<−zz；（8）|2||2|zz6−++≤；（9）2|2|1zz−−+>；（10）(2i)(2i)4zzzz−+−−≤。解（1）0Im>zyOx不包含实轴的上半平面，是无界的、开的单连通区域。（2）41>−zxy5O1圆的外部（不包括圆周），是无界的、开的多连通区域。16)1(22=+−yz（3）01Re<<z由直线x=0与x=1所围成的带形区域，不包括两直线在内，是无界的、开的单连通区域。xOy23Oxy（4）23z≤≤10以原点为中心，2与3分别为内、外半径的圆环域，不包括圆周，是有界的、开的多连通区域。（5）131−>⇔+<−xzzy-1DOx直线x=-1右边的平面区域，不包括直线在内，是无界的、开的单连通的区域。（6）1arg1zπ−<<−+xyo-1由射线1=θ及πθ+=1构成的角形域，不包括两射线在内，即为一半平面，是无界的、开的单连通区域。（7）2221781411515zzxy⎛⎞⎛−<+⇔++>⎜⎟⎜⎝⎠⎝⎞⎟⎠OxD8/15-17/15y11中心在点1517−=z，半径为158的圆周的外部区域（不包括圆周本身在内），是无界的、开的多连通区域。（8）|2||2|zz−++≤6xyo35是椭圆22195xy+=及其围成的区域，是有界的、闭的单连通区域。（9）2242|2|141,0zzxyx−−+>⇔−><D－1/2y是双曲线224415xy1−=的左边分支的内部区域，是（10）(22i)(i)4zzzz−+−−≤yo2-11215x无界的、开的单连通区域。x是圆9及其内部区域，是有界的、闭的单连通区域。23．证明：z平面上的直线方程可以写成22(2)1xy−++=（）Czaza=+（a是非零复常数，C是实常数）证设直角坐标系的平面方程为将CByAx=+)(i21Im),(21Rezzzyzzzx−==+==代入，得CzBAzBA=−+−)i(21)i(21)i(21BA令a=+，则(21a=)iBA−，上式即为Czaza=+。24．证明复平面上的圆周方程可写成：0,(zzzzc)cααα+++=其中为复常数，为实常数。22()2()0zazaRzzazazaaR++=⇔+++−=，其中c实证aaR=−为常数。25．求下列方程（t是实 参数 转速和进给参数表a氧化沟运行参数高温蒸汽处理医疗废物pid参数自整定算法口腔医院集中消毒供应 ）给出的曲线。（1）；2）tbtazsinicos+=tzi)1(+=（；（3）ttzi+=；（4）22ittz+=，5）（6）7）zeabα==+为复数1）。即直线（（tαchishzatbt=+iittzaebe−=+,(i)⎩⎨⎧∞<<−∞==⇔+=+=ttytxtyxz,)i1(ixy=。解（（2）sinsinicosi⎩⎨=⇔+=+=bytbtayxzπ20,cos≤<⎧=tttax，即为椭圆122b22=+yax；（3）⎪⎩⎪⎨=⇔y1，即为双曲线1⎧=+=+=ttxttyxzii=xy；⎪⎩⎪⎨⎧==⇔+=+=22221iitytxttyxz（4）1，即为双曲线=xy中位于第一象限中的一支。132222chchish1shxatxyzatbtybtab=⎧=+⇔⇔−=⎨=⎩，双曲线（5）22221,()()xyabab+=+−椭（6）圆2arctan22aybxxye+=（7）26．函数zw1=将z平面上的下列曲线变成平面上的什么曲线w()ivuwiyxz+=+=,？（1）；（2）622=+yxxy=；（3）()1122=+−yx1x=；4）（222211yxyiyxxiyxzw+−+=+==，2222,yxyvyxxu+−=+=解，可得1）（)(222211xyuvx++===，是平面上一圆周；（2）w222224xyy++()vyxyx++2222yyyxxu−=−−==+=22，是平面上一直线；x=w（3）由1，知21,u=1y+21yvy−=，从22211uvuy+==++而此为2221122uv⎛⎞⎛−+=⎜⎟⎜⎝⎠⎝⎞⎟⎠是平面上一圆周；（4）w()21211222222=+⇔=+⇔=+−yxxxyxyx，于是21=u，是平面上一平行的直线。27．已知映射，求（w与v轴3zw=1）点i1=z，i12+=z，i33+=z在像。（2）区域w平面上的3arg0π<<z在平面上的像。解设，则。于是）wθirez=θω333ierz==422i14sini4cos2i1,iπππzez=⎟⎠⎞⎜⎝⎛+=+===i2πe（16i3223z⎜⎜⎝=26sini6cos221i3iπππe=⎟⎠⎞⎜⎝⎛+=⎟⎟⎠⎞⎛+=+14经映射后在平面上的像分别是，wi3/3i1−==πew2i221323⎟⎞ٛi2122242+−=⎟⎠⎜⎜⎝⎛+−==πew，i822i33==πew（2）因为以原点为顶点的角形域的顶角张大三倍，所以为π<<warg0。．设函数f(z在处连续，且029)z0(zf0)≠，证明存在z0的邻域使。证因为0fzfzz0)(≠zf)(0z)(lim=→，且0)(0≠zf。可取02)(0>=zfε，则0>∃δ，当δ<−0zz时，有2)()()(00zfzfzf=<−ε从而)(20)(0zf0)(zfzf<−，即20)(0zf)(>>zf即点),(δzUz∈时，则。30．设0)(≠zf0lim()zzfzA=，证明→()fz在的某一去心邻域内是有界的。证取0z1ε=，则存在0δ>，当00||zzδ<−<时，|()|1fzA−≤。故在00||zzδ<−<内，|()||()||()|||1||fzfzAAfzAAA=−+≤−+≤+。31．设1(),(0)2izzfzzzz⎛⎞=−≠⎜⎟⎝⎠试证当时0z→()fz的极限不存在。证2x212()2izzxyfzzzy⎛⎞=−=⎜⎟+⎝⎠，显然。证32．试)arg(argππ≤<−zz在负实轴上（包括原点）除此而外在面上处处连续。证设不连续，z平zzfarg)(=，因为f(0)无定义，所以f(z)在原点z=0处不连续。实轴上的点时，即00当z0为负)00(<=x，xz有⎩⎨⎧−=⎪⎪⎟⎠⎜⎝−→πxxxarctanlim0⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧⎞⎛⎟⎠⎞⎜⎛+=−→→→→πππyyzyyxzzarctanlimarglim00arg0不存⎝+xx00zarg在负实轴上不连续。而argz在z平面上的所以zlim→在，即zz其它点处的连续性显然。151习题二解答1．利用导数定义推出：12111)()',()2'nnznznzz−⎛⎞==−⎜⎟⎝⎠是正整数；）。证1）1221100()()'limlim()nnnnnnnnzzzzzznzCzzznzz−−−−∆→∆→+∆−==+∆+∆=∆"2）20011111'limlim()zzzzzzzzzzz∆→∆→−⎛⎞+∆==−=−⎜⎟∆+∆⎝⎠2．下列函数何处可导？何处解析？（1）()yxzfi2−=（2）33()23ifzxy=+（3）()yxxyzf22i+=（4）()sinchicosshfzxyxy=+解（1）由于1,0,0,2−=∂∂=∂∂=∂∂=∂∂yvxvyuxxu在z平面上处处连续，且当且仅当21−=x时，u,v才满足C-R条件，故()yxvuzfii−=+=仅在直线21−=x上可导，在z平面上处处不解析。（2）由于26uxx∂=∂，0uy∂=∂，0vx∂=∂，29vyy∂=∂在z平面上处处连续，且当且仅当2223,230xyxy=±=即时，u,v才满足C-R条件，故()33i23ifzuvxy=+=+仅在直线230xy±=上可导，在z平面上处处不解析。（3）由于2yxu=∂∂，xyyu2=∂∂，xyxv2=∂∂，2xyv=∂∂在z平面上处处连续，且当且仅当z=0时，u,v才满足C-R条件，故()yxxyzf22i+=仅在点0=z处可导，在z平面处处不解析。（4）由于coschuxyx∂=∂，sinshuxyy∂=∂，sinshvxyx∂=−∂，coschvxyy∂=∂在z平面上处处连续，且在整个复平面u,v才满足C-R条件，故()sinchicosshfzxyxy=+在z平面处处可导，在z平面处处不解析。3．指出下列函数()fz的解析性区域，并求出其导数。1）5(1)z−；（2）32izz+；3）211z−；（4）(,0)azbcdczd++中至少有一个不为解（1）由于()45(1)fzz′=−，故()zf在z平面上处处解析。（2）由于()i232+=′zzf，知()zf在z平面上处处解析。（3）由于()()()()222211212+−−=−−=′zzzzzzf知()zf在除去点1±=z外的z平面上处处可导。处处解析，1±=z是()zf的奇点。2（4）由于()2()adbcfzczd−′=+，知()zf在除去/(0)zdcc=−≠外在复平面上处处解析。5．复变函数的可导性与解析性有什么不同？判断函数的解析性有那些方法？答：判定函数解析主要有两种方法：1）利用解析的定义：要判断一个复变函数在0z是否解析，只要判定它在0z及其邻域内是否可导；要判断该函数在区域D内是否解析，只要判定它在D内是否可导；2）利用解析的充要条件，即本章§2中的定理二。6．判断下述命题的真假，并举例说明。（1）如果()zf在0z点连续，那么()0zf′存在。（2）如果()0zf′存在，那么()zf在0z点解析。（3）如果0z是()zf的奇点，那么()zf在0z不可导。（4）如果0z是()zf和()gz的一个奇点，那么0z也是()()fzgz+和()/()fzgz的奇点。（5）如果(,)uxy和(,)vxy可导（指偏导数存在），那么()ifzuv=+亦可导。（6）设()ifzuv=+在区域内是解析的。如果u是实常数，那么()fz在整个D内是常数；如果v是实常数，那么()fz在整个D内是常数；解（1）命题假。如函数()222||yxzzf+==在z平面上处处连续，除了点z=0外处处不可导。（2）命题假，如函数()2||zzf=在点z=0处可导，却在点z=0处不解析。（3）命题假，如果00()()fzzzfz在点不解析，则称为的奇点。如上例。（4）命题假，如()sinch,()icosshfzxygzxy==，(/2,0)zπ=为它们的奇点，但不是()()fzgz+的奇点。（5）命题假。如函数()xyxzzzfiRe2+==仅在点z=0处满足C-R条件，故()zf仅在点z=0处可导。（6）命题真。由u是实常数，根据C-R方程知v也是实常数，故()fz在整个D内是常数；后面同理可得。7．如果()vuzfi+=是z的解析函数，证明：()()()222|'|||||zfzfyzfx=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛∂∂+⎟⎠⎞⎜⎝⎛∂∂证()22||vuzf+=，于是()fz在D（区域）内解析()fz在0z解析()fz在D内可导()fz在0z可导()fz在0z连续3()22||vuxvvxuuzfx+∂∂+∂∂=∂∂，()22||vuyvvyuuzfy+∂∂+∂∂=∂∂由于()vuzfi+=为解析函数，故yvxu∂∂=∂∂，xvyu∂∂−=∂∂，从而()()⎢⎢⎣⎡⎟⎠⎞⎜⎝⎛∂∂−+⎟⎠⎞⎜⎝⎛∂∂+=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛∂∂+⎟⎠⎞⎜⎝⎛∂∂222222221||||xvuxuuvuzfyzfx⎥⎥⎦⎤∂∂⎟⎠⎞⎜⎝⎛∂∂−+∂∂∂∂+⎟⎠⎞⎜⎝⎛∂∂+⎟⎠⎞⎜⎝⎛∂∂+xuxvuvxvxuuvxvvxuv222222()()()22222222222222||||11zfzfvuvuxvxuvxvxuuvu=++=⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎟⎠⎞⎜⎝⎛∂∂+⎟⎠⎞⎜⎝⎛∂∂+⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎟⎠⎞⎜⎝⎛∂∂+⎟⎠⎞⎜⎝⎛∂∂+=9．证明：柯西-黎曼方程的极坐标形式是θ∂∂=∂∂vrru1，θ∂∂−=∂∂urrv1证令θθsin,cosryrx==，利用复合函数求导法则和vu,满足C-R条件，得θθsincosyuxuru∂∂+∂∂=∂∂()rurrxuryuryvrxvv∂∂=∂∂+∂∂=∂∂+−∂∂=∂∂θθθθθcossincossin即θ∂∂=∂∂vrru1。又()θθθcossinryurxuu∂∂+−∂∂=∂∂θθθθsincossincosxuyuyvxvrv∂∂+∂∂−=∂∂+∂∂=∂∂θθθ∂∂−=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛∂∂−∂∂−=urrxuryur1sincos1总之，有θ∂∂=∂∂vrru1，θ∂∂−=∂∂urrv1。10．证明：如果函数()ivuzf+=在区域D内解析，并满足下列条件之一，那么()zf是常数。（1）()zf恒取实值。（2）()zf在D内解析。（3）()||zf在D内是一个常数。（4）()zfarg在D内是一个常数。（5）cbvau=+，其中a、b与c为不全为零的实常数。4解（1）若()zf恒取实值，则0=v，又根据()zf在区域D内解析，知C-R条件成立，于是0=∂∂=∂∂yvxu，0=∂∂−=∂∂xvyu故u在区域D内为一常数，记()实常数Cu=，则()Civuzf=+=为一常数。（2）若()ivuivuzf−=+=在区域D内解析，则()yvyvxu∂∂−=∂−∂=∂∂，()xuxvyu∂∂=∂−∂−=∂∂（1）又()ivuzf+=在区域D内解析，则yvxu∂∂=∂∂，xvyu∂∂−=∂∂（2）结合（1）、（2）两式，有0=∂=∂∂=∂∂=∂∂vyvxvyuxu，故vu,在D内均为常数，分别记之为()为实常数212211,,CCCuCu==，则()CiCCivuzf=+=+=21为一复常数。（3）若()||zf在D内为一常数，记为1C，则2122Cvu=+，两边分别对于x和y求偏导，得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=∂∂+∂∂=∂∂+∂∂022022yvvyuuxvvxuu由于()zf在D内解析，满足C-R条件xvyuyvxu∂∂−=∂∂∂∂=∂∂,代入上式又可写得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=∂∂+∂∂=∂∂−∂∂00yuuxuvyuvxuu解得0=∂∂=∂∂yvxu。同理，可解得0=∂=∂∂vyvxv故vu,均为常数，分别记为21,CvCu==，则()CiCCivuzf=+=+=21为一复常数。（4）若zarg在D内是一个常数1C，则()0≠zf，从而()0≠+=ivuzf，且()⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧<<−><+>=0,0,arctan0,0,arctan0,arctanargvuuvvuuvuuvzfππ⎪⎩⎪⎨⎧<<−><+>=0,00,01111vuCvuCuCππ总之对()zfarg分别关于x和y求偏导，得50112222=+∂∂−∂∂=⎟⎠⎞⎜⎝⎛+⎟⎠⎞⎜⎝⎛∂∂−∂∂vuxuvxvuuvxuvxvuu0112222=+∂∂−∂∂=⎟⎠⎞⎜⎝⎛+⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛∂∂−∂∂vuyuvyvuuvyuvyvuu化简上式并利用()zf解析，其实、虚部满足C-R条件，得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=∂∂−∂∂=∂∂−∂∂−00yuvxuuyuuxuv解得0=∂∂=∂∂yuxu，同理也可求得0=∂∂=∂∂yvxu，即u和v均为实常数，分别记为2C和3C，从而()CiCCivuzf=+=+=32为一复常数。（5）若cbvau=+，其中a、b和c为不全为零的实常数，这里a和b不全为0，即022≠+ba，否则此时a、b和c全为零。对方程cbvau=+分别对于x和y求偏导，得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=∂∂+∂∂=∂∂+∂∂00yvbyuaxvbxua再利用解析函数()ivuzf+=的实、虚部u和v满足C-R条件，得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=∂∂+∂∂=∂∂−∂∂00yuaxubyubxua解得0=∂∂=∂∂yuxu，同理也可求得0=∂∂=∂∂yvxv，知函数()zf为一常数。11.下列关系是否正确？（1）zzee=；（2）zzcoscos=；（3）zzsinsin=解（1）zyxxxzeeyyeyyee==−=+=−i)sini(cos)sini(cos（2）()()zeeeeeezzzzzzzcos21212cosiiiiii=+=+=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+=−−−。（3）()())(i21i21i21siniiiiiizzzzzzeeeeeez−−=−=−=−−−=()zeezzsini21ii=−−。12．找出下列方程的全部解。（3）01=+ze；（4）0cossin=+zz；解（3）原方程等价于1−=ze，于是它的解为：6()()[]()kkz21i21argi|1|ln1Ln+=+−+−=−=ππ",2,1,0±±=k（4）由于()iiii1sincos,2i2zzzzeezzee−−−=−=−+，故()1i1i2i2+−=−zzeei1i1i2+−=ze()()()[]πkz2iargi|i|lni21iLni21i1i1Lni21+−+−=−=⎟⎠⎞⎜⎝⎛+−=",2,1,0,4122i2i±±=⎟⎠⎞⎜⎝⎛−=⎟⎠⎞⎜⎝⎛+−=kkkπππ13．证明：（1）()212121sinsincoscoscoszzzzzz−=+;()212121sincoscossinsinzzzzzz−=+;（2）1cossin22=+zz；（3）zzzcossin22sin=；（4）zzz2tan1tan22tan−=；（5）zzcos2sin=⎟⎠⎞⎜⎝⎛−π，()zzcoscos−=+π；（6）222222|cos|cossh,|sin|sinshzxyzxy=+=+证（1）左()()()[]212121cos21zzizzieezz+−++=+=右=2121sinsincoscoszzzz−i2i22222112211iiiiiiiizzzzzzzzeeeeeeee−−−−−−−++=()()()()()()()()42121212121212121iiiiiiiizzzzzzzzzzzzzzzzeeeeeeee+−−−−++−−−−++−−++++==()()22121iizzzzee+−++可见左=右，即()212121sinsincoscoscoszzzzzz−=+；左=()()()[]2121ii21i21sinzzzzeezz+−+−=+右2121sincoscossinzzzz+=()()()()22112211iiiiiiiii212121i21zzzzzzzzeeeeeeee−−−−−++−−=()()()()[]21212121iiiii41zzzzzzzzeeee+−−−−+−−+=()()()()[]21212121iiiii41zzzzzzzzeeee+−−−−+−+−+=()()[]2121ii22i41zzzzee+−+−i21=()()[]2121iizzzzee+−+−可见左=右，即()212121sincoscossinsinzzzzzz+=+（2）2ii2ii22i2i2cossin⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛++⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−=+−−zzzzeeeezz7()()1241241i2i2i2i2=++++−−=−−zzzzeeee（3）左=()zzeez2i2ii212sin−−=右=()()zzzzeeeezziiii21i212cossin2−−+−=()()zzzzeeee2i2i2i2ii2111i21−−−=−−+=可见左=右，即zzzsincos22sin=。（4）zzzzzzzzzzzzz2222tan1tan2cossin1cossin2sincoscossin22cos2sin2tan−=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎟⎠⎞⎜⎝⎛−=−==（5）由（1）知()()()zzzz−+−=⎥⎦⎤⎢⎣⎡−+=⎟⎠⎞⎜⎝⎛−sin2coscos2sin2sin2sinππππ()()()()()izizzizieeeez−−−−+=+=−=2121coszcos=由（1）得()zzzzcossinsincoscoscos−=−=+πππ（6）左＝222222|cos||coschisinsh|coschsinshzxyxyxyxy=−=+＝222222cos(1sh)sinshcosshxyxyxy++=+左＝222222|sin||sinchicossh|sinchcosshzxyxyxyxy=+=+＝222222sin(1sh)cosshsinshxyxyxy++=+。14．说明：1）当y→∞时，|sin(i)|xy+和|cos(i)|xy+趋于无穷大；2）当t为复数时，|sin|1t≤和|cos|1t≤不成立。解1）i-i|||sin|||2i2zzyyeeeez−−−=≥；|cos|z同理。2）设i,tyyR=∈，则|||sin|2yyeet−−=，则当y→∞时显然题设不成立。15．求()iLn−，()i43Ln+−和它们的主值。解()()()⎟⎠⎞⎜⎝⎛+−=+−+−=−πππkk22i2iargi|i|LniLn",2,1,0,212i±±=⎟⎠⎞⎜⎝⎛−=kkπ()()2iiargi|i|lnilnπ−=−+−=−()()[]πk2i43argi|i43|lni43Ln++−++−=+&mi