复变函数课后习题答案(全)
华工复变函数课后习题答案
习题一答案
1．求下列复数的实部、虚部、模、幅角主值及共轭复数：i1
（2）
(i 1)(i 2)3 2i
13i821
（3）（4）i 4i i
i1 i
13 2i
解：（1）z ，
3 2i1332, Imz ，
因此：Rez __-__z argz arctan, z i
__ii 3 i
（2）z ，
(i 1)(i 2)1 3i10
31, Imz ，
因此，Rez 1010
131z argz arctan, z i
__-__i3 3i3 5i
i （3）z ，
i1 i22
35
因此，Rez , Imz ，
3253 5i
z , argz arctan, z
232
821
（4）z i 4i i 1 4i i 1 3i
（1）
因此，Rez
1, Imz 3，
z argz arctan3, z 1 3i
2．将下列复数化为三角表达式和指数表达式：（1）i （2 ）1 （4）r(cos 解：（1）i
（3）r(sin icos )
isin ) （5）1 cos isin (0 2 )
cos
2
isin
2
e
华工复变函数课后习题答案
2i223
（2
）1 2(cos isin ) 2e
33
（3）r(sin （4）r(cos
icos ) r[cos( ) isin( )] re
22 isin ) r[cos( ) isin( )] re i isin 2sin2 ( )i
2
（5）1 cos
2isincos 222] 2sin
i
2sin[cos
2
（1
）
2
2
2
e
2
3．求下列各式的值：
i)5 （2）(1 i)100 (1 i)100
(1 )(cos isin )(cos5 isin5 )2 （3
）（4）
(1 i)(cos isin )(cos3 isin3 )3 （5
（6
i) [2(cos( ) isin(
))]5
66
5
解：（1
）5
5 5
2(cos( ) isin( )) i)
（2）(1 i)
100
(1 i)100 (2i)50 ( 2i)50 2(2)50 251 (1 )(cos isin )
（3
）
(1 i)(cos
isin )
2[cos( ) isin( )](cos isin )
) isin( )][cos( ) isin(
)]44
12
) isin(
12
)](cos2
isin2 )
12
) isin(2
12
)] (2
)i
华工复变函数课后习题答案
(cos5 isin5 )2
（4）
(cos3 isin3 )3
cos10 isin10 cos19 isin19 cos( 9 ) isin( 9 ) （5
1
i, k 0 22 11 1
i, k 1 cos( 2k )
isin( 2k )
3232 22
i, k 2
（6
i
8
1 1 , k 0 ( 2k )
isin( 2k )]
2424 8i, k 1
4．
设z1
z z2 i,试用三角形式表示z1z2与1 z2解：z1
cos
4
isin
, z2 2[cos( ) isin( )]，所以
466
z1z2 2[cos( ) isin( )] 2(cos isin)，
__-__z11 15 5
[cos( ) isin( )] (cos isin) z__-__212 5．解下列方程：（1）(z i)
5
1 （2）z4 a4 0 (a 0) 由此
解：（1
）z i
华工复变函数课后习题答案
z i e
（2
）z
2k i5
i，(k 0,1,2,3,4)
时，对应的4
11
a[cos( 2k ) isin( 2k )]，当k 0,1,2,3
44
(1 i), ( 1 i), 1 i), i) 6．证明下列各题：（1）设z x iy, z x y
证明：首先，显然有其
次
z x y
，
因
；
固
此
有
x2 y2 2xy,
2(x2 y2) (y2) ,
从而
z
2
。
2
（2）对任意复数z1,z2,有z1 z2 z1 z2 2Re(z1z2)
2
证明：验证即可，首先左端(x1 x2)而右端
(y1 y2)2，
x12 y12 x22 y22 2Re[(x1 iy1)(x2 iy2)]
x12 y12 x22 y22 2(x1x2 y1y2) (x1 x2)2 (y1 y2)2，
由此，左端=右端，即原式成立。（3）若a bi是实系数代数方程a0z
n
a1zn 1 an 1z a0 0
的一个根，那么a bi也是它的一个根。
证明：方程两端取共轭，注意到系数皆为实数，并且根据复数的乘法运算规则，z
n
(z)n，由此得到：a0(z)n a1(z)n 1 an 1z a0 0
由此说明：若z为实系数代数方程的一个根，则z也是。结论得证。（4）若
a 1,则
b a,皆有
a
1 ab
华工复变函数课后习题答案
证明：根据已知条件，有aa 1，因此：a ba ba b1
a，证毕。
1 abaa ab(a a)baa b
（5）若a 1, b 1，则有1
1 ab
证明：
a b (a b)(a b) a b ab ab，
ab (1 ab)(1 ab) 1 ab ab ab，
2
2
2
222
因为
a 1,
b 1，所以，
2
a 2
22 0，1 (1ab 1)
222
a b
因而a b ab，即1，结论得证。
1 ab
7．设
z 1,试写出使zn a达到最大的z的表达式，其中n为正整数，a
为复数。
解：首先，由复数的三角不等式有
zn a zn a 1 a，
n
为此，需要取zzn a达到最大，
在上面两个不等式都取等号时与a同向且
n
n
a
z 1，即z应为a的单位化向量，由此，z
a
n
，
z 8．试用z1,z2,z3来表述使这三个点共线的条件。解：要使三点共线，那么用向量表示时，z2
z1与z3 z1应平行，因而二
者应同向或反向，即幅角应相差0或的整数倍，再由复数的除法运算规则知Arg
z2 z1
应为0或的整数倍，至此得到：
z3 z1
华工复变函数课后习题答案
z2 z1
z1,z2,z3三个点共线的条件是为实数。
z3 z1
9．写出过z1,z2 (z1
z2)两点的直线的复参数方程。
解：过两点的直线的实参数方程为：
x x1 t(x2 x)1
，
1 y y1 t(y
2 y)
因而，复参数方程为：
z x iy 1x 1iy (t2x 1x 2iy )1iy 1( z
2
t )zz
其中t为实参数。
10．下列参数方程表示什么曲线？（其中t为实参数）
i
（1）z (1 i)t （2）z acost ibsint （3）z t
t
解：只需化为实参数方程即可。（1）x t,y t，因而表示直线y x
x2y2
（2）x acost,y bsint，因而表示椭圆2 2 1
ab
1
x t,y （3），因而表示双曲线xy 1
t
11．证明复平面上的圆周方程可表示为其中a为复常数，c为实常数证明：圆周的实方程可表示为：x
2
zz az az c 0，
y2 Ax By c 0，
z zz z222
, y 代入x ，并注意到x y z zz，由此22iz zz z
B c 0，zz A22i
A BiA Biz z c 0 整理，得zz 22
记
A BiA Bi
a，则a，由此得到
22
华工复变函数课后习题答案
zz az az c 0，结论得证。
12．证明：幅角主值函数argz在原点及负实轴上不连续。证明：首先，argz在原点无定义，因而不连续。对于x0于x0时，argz
z x0
0，由argz的定义不难看出，当z由实轴上方趋
，而当z由实轴下方趋于x0时，argz ，由此
说明limargz不存在，因而argz在x0点不连续，即在负实轴上不连续，结论得证。
122
13．函数w 把z平面上的曲线x 1和x y 4分别映成w平面中
z
的什么曲线？
解：对于x 1，其方程可表示为z
1 yi，代入映射函数中，得
111 iy ，2z1 iy1 y
w u iv u
因而映成的像曲线的方程为得圆周。对
于
1 y
, v ，消去参数y，22
1 y1 y
u2 v2
__ u,(u ) v (),表示一个即2
1 y22
x2 y2 4
，其方程可表示为
z x iy 2cos 2isin
代入映射函数中，得
w u iv
11co s is in
z2co s i2s in2
11
因而映成的像曲线的方程为u cos , v sin ，消去参数，
22
华工复变函数课后习题答案
得u
2
11
v2 ，表示一半径为的圆周。
42
z z0 r (r 0)，说明动点到z0的距离为一常数，因而表
14．指出下列各题中点z的轨迹或所表示的点集，并做图：解：（1）
示圆心为z0，半径为r的圆周。（2）
z z0 r,是由到z0的距离大于或等于r的点构成的集合，即圆心
为z0半径为r的圆周及圆周外部的点集。（3）
z 1 z 3 8,说明动点到两个固定点1和3的距离之和为一常
数，因而表示一个椭圆。代入z x iy,化为实方程得
(x 2)2y2
1
1615
（4）
z i z i,说明动点到i和i的距离相等，因而是i和i连线的
垂直平分线，即x轴。（5）arg(z i)
4
，幅角为一常数，因而表示以i为顶点的与x轴正向
夹角为的射线。
4
15．做出下列不等式所确定的区域的图形，并指出是有界还是无界，单连通还是多连通。（1）2
z 3，以原点为心，内、外圆半径分别为2、3的圆环区域，有界，多连通（2）
argz (0 2 )，顶点在原点，两条边的倾角
分别为, 的角形区域，无界，单连通（3）
z 3
1，显然z 2，并且原不等式等价于z 3 z 2，说z 2
明z到3的距离比到2的距离大，因此原不等式表示2与3 连线的垂直平分线即x 2.5左边部分除掉x 2后的点构成的集合，是一无界，多连通
华工复变函数课后习题答案
区域。（4）
z 2 z 2 1，
显然该区域的边界为双曲线
2
z 2 z 2 1，化为实方程为
42
4x y 1，再注意到z到2与z到2的距离之差大于1，因而不
15
等式表示的应为上述双曲线左边一支的左侧部分，是一无界单连通区域。（5）
z 1 4z 1，代入z x iy，化为实不等式，得
所以表示圆心为(
(x
1728) y2 )2 1515
178
,0)半径为的圆周外部，是一无界多连通区域。1515
习题二答案
1．指出下列函数的解析区域和奇点，并求出可导点的导数。（1）(z 1) （2）z
5
3
2iz （3）
11
z （4）2
z 3z 1
解：根据函数的可导性法则（可导函数的和、差、积、商仍为可导函数，
商时分母不为0），根据和、差、积、商的导数公式及复合函数导数公式，再注意到区域上可导一定解析，由此得到：] 5(z 1)4 323
（2）z 2iz处处解析，(z 2iz) 3z 2i
12
（3）2的奇点为z 1 0，即z i，
z 1
1 (z
2 1) z2
(2) , z ( i )2222
z 1(z 1)z( 1)1z （4）的奇点为z 3，
z 3
11) 1 , (z 3) (z 2
z 3(z 3)
（1）(z 1)处处解析，[(z 1)
2．判别下列函数在何处可导，何处解析，并求出可导点的导数。（1）
55
f(z) xy2 x2yi （2）f(z) x2 y2i
华工复变函数课后习题答案
（3）
1
f(z) x3 3xy2 i(3x2y y3) （4）f(z)
z
解：根据柯西―黎曼定理：
xy2, v x2y，
22
ux y, vy x,uy 2xy, vx 2xy
四个一阶偏导数皆连续，因而u,v处处可微，再由柯西―黎曼方程ux vy, uy vx解得：x y 0，
因此，函数在z 0点可导，f (0) ux ivxz 0 0，
（1）u
函数处处不解析。
x2, v y2，
vy 2y,u0,v ux 2x, y x
四个一阶偏导数皆连续，因而u,v处处可微，再由柯西―黎曼方程ux vy, uy vx解得：x y，因此，函数在直线y x上可导，f (x ix) ux ivx 2x，y x
（2）u
因可导点集为直线，构不成区域，因而函数处处不解析。
复变函数课后答案 复变函数是数学中的一个重要的分支，它将实变函数的概念引入到复数域中。复变函数的研究对于科学和工程领域有着广泛的应用，因此学习复变函数是数学学生的必修课程之一。在学习过程中，课后习题是一个不可或缺的重要环节。本文将为读者提供复变函数课后答案，希望可以帮助大家在学习上得到更好的理解和掌握。 一、Cauchy-Riemann方程 Cauchy-Riemann方程是研究复变函数的基础。它是一个关于函数的实部和虚部的偏微分方程组。具体而言，设 $f(z)=u(x,y)+iv(x,y)$是一个复变函数，其中$x,y\in\mathbb{R}$是实数，$z=x+iy$是一个复数，那么Cauchy-Riemann方程可以表示为： $$ \frac{\partial u}{\partial x}=\frac{\partial v}{\partial y},\quad \frac{\partial u}{\partial y}=-\frac{\partial v}{\partial x} $$
当且仅当复变函数满足Cauchy-Riemann方程时，它才是解析的。此外，如果$f(z)$是解析的，则它在一个开放的区域内是无限可微的。这是我们在复分析中经常使用的重要性质。 二、复积分 复积分是计算复变函数的积分的一种方法。与实变函数中的积分不同的是，复变函数的积分是在复平面上的路径上取值的。具 体而言，设$f(z)$是一个在复平面上连续的函数，$C$是一条连接$z_0$和$z_1$的可求长曲线，则$f(z)$沿着$C$的积分定义为： $$ \int_Cf(z)dz=\int_C [u(x,y)dx-v(x,y)dy]+i\int_C [u(x,y)dy+v(x,y)dx] $$ 其中，$u(x,y)$和$v(x,y)$分别是$f(z)$的实部和虚部。如果 $\int_Cf(z)dz=0$，则称$f(z)$沿着$C$是可积的。 三、Laurent级数
第一章 复变函数习题及解答 1.1 写出下列复数的实部、虚部；模和辐角以及辐角的主值；并分别写成代数形式，三角形式和指数形式．(其中,,R αθ为实常数) （1）1-； （2） ππ2(cos isin )33-； （3）1cos isin αα-+； （4）1i e +； （5）i sin R e θ ； （6）i + 答案 （1）实部－1；虚部 2；辐角为 4π 2π,0,1,2,3k k +=±±；主辐角为4π 3； 原题即为代数形式；三角形式为 4π4π2(cos isin )33+；指数形式为4π i 32e ． （2）略为 5π i 3 5π5π 2[cos sin ], 233i e + （3）略为 i arctan[tan(/2)][2sin()]2c e αα （4）略为 i ;(cos1isin1)ee e + （5）略为：cos(sin )isin(sin )R R θθ+ （6）该复数取两个值 略为 i i isin ),arctan(1isin ),πarctan(1θθ θθθθθθ+=+=+ 1.2 计算下列复数 1）() 10 3 i 1+-；2）()3 1i 1+-； 答案 1）3512i 512+-；2）()13π/42k π i 6 3 2e 0,1,2k +=； 1.3计算下列复数 （1 （2 答案 （1 （2）(/62/3) i n e ππ+ 1.4 已知x 的实部和虚部．
【解】 令 i ,(,)p q p q R =+∈，即,p q 为实数域(Real).平方得到 2 2 12()2i x p q xy +=-+，根据复数相等，所以 即实部为 ,x ± 虚部为 说明 已考虑根式函数是两个值，即为±值． 1.5 如果 ||1,z =试证明对于任何复常数,a b 有| |1 az b bz a +=+ 【证明】 因为||1,11/z zz z z =∴=∴=，所以 1.6 如果复数b a i +是实系数方程 ()011 10=++++=--n n n n a z a z a z a z P 的根，则b a i -一定也是该方程的根． 证 因为0a ，1a ，… ，n a 均为实数，故00a a =，11a a =，… ，n n a a =．且()() k k z z =， 故由共轭复数性质有：()() z P z P =．则由已知()0i ≡+b a P ．两端取共轭得 即()0i ≡-b a P ．故b a i -也是()0=z P 之根． 注 此题仅通过共轭的运算的简单性质及实数的共轭为其本身即得证．此结论说明实系数多项式的复零点是成对出现的．这一点在代数学中早已被大家认识．特别地，奇次实系数多项式至少有一个实零点． 1.7 证明： 2222 121212||||2(||||)z z z z z z ++-=+,并说明其几何意义． 1.8 若 (1)(1)n n i i +=-，试求n 的值. 【解】 因为 22 2244444444(1)2(cos sin )2(cos sin ) (1)2(cos sin )2(cos sin )n n n n n n n n n n n n i i i i i i ππππππππ+=+=+-=-=- 所以 44sin sin n n ππ=- 即为4sin 0n π =所以 4 ,4,(0,1,2,)n k n k k ππ===±± 1.9将下列复数表为sin ,cos θθ的幂的形式 （1） cos5θ； （2）sin5θ 答案 53244235 (1) cos 10cos sin 5cos sin (2) 5cos sin 10cos sin sin θθθθθ θθθθθ-+-+ 1.10 证明：如果 w 是1的n 次方根中的一个复数根，但是1≠w 即不是主根，则必有
精心整理 习题一答案 1． 求下列复数的实部、虚部、模、幅角主值及共轭复数： （ 1） 1 （2） i 2i 1)(i 2) 3 (i （3） 1 3i （4） i 8 4i 21 i i 1 i 解：（ 1） z 1 3 2i ， 3 2i 13 因此： Re z 3 , Im z 2 ， 13 13 （ 2） z i i 3 i ， (i 1)(i 2) 1 3i 10 因此， Re z 3 , Im z 1 ， 10 10 （ 3） z 1 3i i i 3 3i 3 5i ， i 1 2 2 因此， Re z 3 , Im z 5 ， 3 2 （ 4） z i 8 4i 21 i 1 4i i 1 3i 因此， Re z 1, Im z 3， 2． 将下列复数化为三角表达式和指数表达式： （ ） （ ） 1 3i （ ） r (sin i cos ) 1 i 2 3 （ 4） r (cos i sin ) （5）1 cos i sin (0 2 ) 解：（ 1） i cos i sin i e 2 2 2 2 2 2 （2） 1 3i i 2(cos i sin ) 2e 3 3 3 （ 3） r (sin i cos ) r[cos( ) i sin( )] ( ) i 2 re 2 2 （ 4） r (cos i sin ) r[cos( ) i sin( )] re i （5）1 cos i sin 2sin 2 2 2i sin cos 2 2 页脚内容
.. 3． 求下列各式的值： （1）( 3 i)5 （ 2） (1 i )100 (1 i)100 （3） (1 3i )(cos i sin ) （4） (cos5 i sin 5 )2 (1 i )(cos i sin ) (cos3 i sin 3 )3 （5） 3 i （ ） 1 i 6 解：（ 1） ( 3 i )5 [2(cos( ) i sin( ))] 5 6 6 （2） (1 i )100 (1 i)100 (2i ) 50 ( 2i ) 50 2(2) 50 251 （3） (1 3i )(cos i sin ) (1 i )(cos i sin ) (cos5 i sin 5 ) 2 （4） i sin 3 )3 (cos3 （5） 3 i 3 cos i sin 2 2 （6） 1 i 2(cos i sin ) 4 4 4． 设 z 1 1 i , z 2 3 i, 试用三角形式表示 z z 与 z 1 2 1 2 z 2 解： z cos i sin , z 2 2[cos( ) i sin( )] ，所以 1 4 4 6 6 z 1z 2 2[cos( ) i sin( 4 6 )] 2(cos 12 i sin ) ， 4 6 12 5． 解下列方程： （1） (z i )5 1（ 2） z 4 a 4 0 ( a 0) 解：（ 1） z i 5 1,由此 z 5 1 i 2 k i i ， (k 0,1,2,3,4) e 5 （2） z 4 a 4 4 a 4 (cos i sin ) ..
复变函数课后部分习题解答
（1）(3-i) 5 解：3-i=2[cos( -30°)+isin(-30°)] =2[cos30°- isin30°] (3-i)5 =25[cos(30°⨯5)-isin(30°⨯5)] =25(-3/2-i/2) =-163-16i
（2）（1+i ）6 解：令z=1+i 则x=Re （z ）=1，y=Im （z ）=1 r=z =22y x +=2 tan θ=x y =1 x>0,y>0 ∴θ属于第一象限角 ∴θ=4 π ∴1+i=2（cos 4π+isin 4 π） ∴（1+i ）6=（2）6（cos 46π+isin 46π） =8（0-i ） =-8i 1.2求下式的值 (3)61-
因为 -1=（cos π+sin π） 所以 61-=[cos(ππk 2+/6)+sin(ππk 2+/6)] (k=0,1,2,3,4,5,6). 习题一 1.2（4）求(1-i)3 1 的值。
解：(1-i)31 =[2(cos-4∏+isin-4∏)]31 =62[cos(12)18(-k ∏)+isin(12) 18(-k ∏)] (k=0,1,2) 1.3求方程3z +8=0的所有根。 解：所求方程的根就是w=38- 因为-8=8（cos π+isin π） 所以38-= ρ [cos(π+2k π)/3+isin(π+2k π)/3] k=0,1,2
其中ρ=3r=38=2 即 w=2[cosπ/3+isinπ/3]=1—3i 1 w=2[cos(π+2π)/3+isin(π+2π)/3]=-2 2 w=2[cos(π+4π)/3+isin(π+4π)/3]= 1—3i 3 习题二 1.5 描出下列不等式所确定的区域或者闭区域，并指明它是有界还是无界的，单连通还是多连通的。 (1) Im(z)>0 解：设z=x+iy 因为Im(z)>0，即，y>0
精心整理 页脚内容 习题一答案 1． 求下列复数的实部、虚部、模、幅角主值及共轭复数： （1） 1 32i +（2）(1)(2)i i i -- （3）131i i i --（4）821 4i i i -+- 132i - （（（2（（（2）1-+23 222(cos sin )233 i i e πππ=+= （3）(sin cos )r i θθ+()2 [cos()sin()]22i r i re π θππ θθ=-+-= （4）(cos sin )r i θ θ-[cos()sin()]i r i re θθθ-=-+-= （5）2 1cos sin 2sin 2sin cos 222 i i θ θθ θθ-+=+
.. .. 3． 求下列各式的值： （1 ）5)i -（2）100100(1)(1)i i ++- （3 ）(1)(cos sin ) (1)(cos sin ) i i i θθθθ-+--（4） 23(cos5sin 5)(cos3sin 3)i i ϕϕϕϕ+- （5 （6 解：（1 ）5)i -5[2(cos()sin())]66 i ππ =-+- （2）100 100(1) (1)i i ++-50505051(2)(2)2(2)2i i =+-=-=- （3 ）(1)(cos sin ) (1)(cos sin )i i i θθθθ-+-- （4）2 3 (cos5sin 5)(cos3sin 3) i i ϕϕϕϕ+- （5 = （6 = 4． 设12 ,z z i = =-试用三角形式表示12z z 与12z z 解：1 2cos sin , 2[cos()sin()]4 466 z i z i π π ππ =+=-+-，所以 12z z 2[cos()sin()]2(cos sin )46461212 i i ππππππ =-+-=+， 5． 解下列方程： （1）5 () 1z i +=（2）440 (0)z a a +=> 解：（1 ）z i +=由此 25 k i z i e i π=-=-，(0,1,2,3,4)k = （2 ）z ==
第一章习题 一、选择题 1．设z=3+4i,，则Re z2=( ) A．-7 B．9 C．16 D．25 2.arg(2-2i)=（） A. B. C. D. 3．设0 一．选择 1．下列集合为无界多连通区域的是（） A.0<|z-3i|<1 B.Imz>π C.|z+ie|>4 D. 二、填空 1．设，则Imz＝______________________。 三、计算题 1.解方程z4=. 2. 考察函数在处的极限。 复变函数第一章单元测试题 一、判断题（正确打√，错误打） 1.复数. ( ) 2.若为纯虚数，则. ( ) 3.。（） 4.在点连续的充分必要条件是在 点连续。（） 5.参数方程（为实参数）所表示的曲线是抛物线. ( ) 二、填空题 1.若等式成立，则______, _______. 2.方程表示的曲线是__________________________. 3.方程的根为_________________________________. 4.复变函数的实部_________,虚部_________. 5.设,，则= _ _____. 复变函数课后习题答案（全） 习题一答案 1.求下列复数的实部、虚部、模、幅角主值及共轭复数: (3) 1 3i (4) .8 21 . i 4i i i 1 i 1 3 2i 解： (1) z 3 2i 13 1 3i .3 3i 3 5i (3) z - i i 1 i 2 2 因此, Rez 3 5 Im z 5 3 2 (4) .8 z i 4i 21 i 1 4i i 1 3i 因此, Rez 1, Im z 3, 2.将下列复数化为二角表达式和指数表达式: (1) i (2) 1 Vi (3) r(si n i cos ) (4) r(cos isin )( 5) 1 cos i sin (0 2 ) 解： (1) i cos i sin - —i -e 2 2 2 2 一 i (2) 1 2(cos i ..2 i sin 3 2e 3 (3) r(sin icos ) r[cos (- i sin(-)] (1) 1 3~2\ (2) \ (\ 1)(\ 2) 因此：Rez 3 13 Im z 2 13 (2)z i (i 1)(i 2) i 1 3i 3 i 10 因此，Rez 3 10 Im z 1 10 (4) r(cos isin ) r[cos( ) i sin( )] re (5) 1 cos isin 2si n 2i sin — cos- 2 2 3.求下列各式的值: (1) (\3 i)5(2)(1 100 i) (1 100 i) (3) (1 \3i)(cos (1 i)(cos isin ) i sin ) 2 (cos5 isin5 ) 3 (cos3 isin 3 (5) (6) d i 解: (1) (七i)5[2(cos(舌)isin( -))]5 6 (2) (1 100 i) (1 100 50 i) (2i) (2i)502(2)50251 (3) (1 i sin ) (1 i)(cos isin ) (4) 2 (cos5 isin5 ) (cos3 isin3 )3 (5) cos— isin — 2 2 \ 2(cos —isin ) 第一章习题详解1．求下列复数z的实部与虚部，共轭复数、模与辐角： 解： () ()()13 2 3 4 9 2 3 2 3 2 3 2 3 1 2 3 1i i i i i i - = + - = - + - = + 实部： 13 3 2 3 1 = ⎪ ⎭ ⎫ ⎝ ⎛ +i Re 虚部： 13 2 2 3 1 - = ⎪ ⎭ ⎫ ⎝ ⎛ +i Im 共轭复数： 13 2 3 2 3 1i i + = ⎪ ⎭ ⎫ ⎝ ⎛ + 模： 13 1 13 2 3 2 3 1 2 2 2 = + = +i 辐角：π π πk arctg k arctg k i i Arg2 3 2 2 13 3 13 2 2 2 3 1 2 3 1 + ⎪ ⎭ ⎫ ⎝ ⎛ - = + - = + ⎪ ⎭ ⎫ ⎝ ⎛ + = ⎪ ⎭ ⎫ ⎝ ⎛ + arg 解： () ()()2 5 3 2 3 3 2 1 1 3 3 1 1 1 3 1 3 1 2 i i i i i i i i i i i i i i - = - + - = + + - - - = + - + - = - - 实部： 2 3 1 3 1 = ⎪ ⎭ ⎫ ⎝ ⎛ - - i i i Re 虚部： 2 5 1 3 1 - = ⎪ ⎭ ⎫ ⎝ ⎛ - - i i i Im 共轭复数： 2 5 3 1 3 1i i i i + = ⎪ ⎭ ⎫ ⎝ ⎛ - - 模： 2 34 4 34 2 5 3 1 3 1 2 2 2 = = + = - - i i i 辐角：π π πk arctg k arctg k i i i i i i Arg2 3 5 2 2 3 2 5 2 1 3 1 1 3 1 + ⎪ ⎭ ⎫ ⎝ ⎛ - = + ⎪⎪ ⎪ ⎭ ⎫ ⎝ ⎛- = + ⎪ ⎭ ⎫ ⎝ ⎛ - - = ⎪ ⎭ ⎫ ⎝ ⎛ - -arg 解：()()() 2 26 7 2 26 7 2 7 26 2 5 2 4 3i i i i i i i- - = - + = - - = - + 实部： ()() 2 7 2 5 2 4 3 - = ⎪ ⎭ ⎫ ⎝ ⎛- + i i i Re 第一章习题解答 （一） 1 ．设z ，求z 及Arcz 。 解：由于3i z e π-== 所以1z =，2,0,1, 3 Arcz k k ππ=-+=±。 2 ．设121z z =，试用指数形式表示12z z 及12 z z 。 解：由于6412,2i i z e z i e ππ -==== 所以()6 46 41212222i i i i z z e e e e π πππ π --=== 54()14612 26 11222i i i i z e e e z e πππππ +-===。 3．解二项方程44 0,(0)z a a +=>。 解：1 244 4 (),0,1,2,3k i i z a e ae k ππ π+====。 4．证明2 2 21212122()z z z z z z ++-=+，并说明其几何意义。 证明：由于2 2 2 12 12122Re()z z z z z z +=++ 2 2 2 1212122Re()z z z z z z -=+- 所以2 2 21212 122()z z z z z z ++-=+ 其几何意义是：平行四边形对角线长平方和等于于两边长的和的平方。 5．设z 1，z 2，z 3三点适合条件：0321=++z z z ,1321===z z z 。证明z 1，z 2，z 3 是接 于单位圆 1 =z 的一个正三角形的顶点。 证由于1 321 ===z z z ，知 321z z z ∆的三个顶点均在单位圆上。 因为 3 33 31z z z == ()[]()[]212322112121z z z z z z z z z z z z +++=+-+-= 21212z z z z ++= 所以， 1212 1-=+z z z z ， 又 ) ())((1221221121212 21z z z z z z z z z z z z z z +-+=--=- ()322121=+-=z z z z 第一章习题 1 ．设 12z -= ，求||z 及Arg z . 2 ．设 12z z i = =，试用指数形式表 z 1 z 2及12z z . 3．解二项方程 44 0(0).z a a +=> 4．证明 2222 121212||||2(||||)z z z z z z ++-=+，并说明其几何意义。 5．设z 1、z 2、z 3三点适合条件： 1231230 |z ||||| 1.z z z z z ++=++=及 试证明z 1、z 2、z 3是一个内接于单位圆周||1z =的正三角形的顶点。 6．下列关系表示的点z 的轨迹的图形是什么？它是不是区域？ （1） 1|212|||,() z z z z z z -=-≠； （2）|||4|z z ≤-； （3）111z z -<+； （4） 0arg(1) 2Re 3 4 z z π <-< ≤≤且； （5）|| 2 z >且|3|1z ->； （6）Im 1 ||2z z ><且； （7） ||2 0arg 4z z π <<< 且； （8） 131 2222i i z z - >->且. 7．证明：z 平面上的直线方程可以写成 .az az c += （a 是非零复常数，c 是实常数） 8．证明：z 平面上的圆周可以写成0Azz z z C ββ+++=. 其中A 、C 为实数，0,A β≠为复数，且 2 ||.AC β> 9．试证：复平面上的三点 1 ,0, a bi a bi +-+共直线。 10．求下列方程（t 是实参数）给出的曲线： （1）(1)z i t =+； （2）cos sin z a t ib t =+； （3） i z t t =+ ； （4） 22i z t t =+ . 11．函数 1 w z = 将z 平面上的下列曲线变成w 平面上的什么曲线 （,z x iy w u iv =+=+）？ （1）22 4;x y +=（2）y x =； （3）x = 1； （4）( x -1)2+y 2=1. 12．试证： （1）多项式 1 010()(0)n n n p z a z a z a a -=+++≠在z 平面上连续； （2）有理分式函数 1011 01()n n n m m m a z a z a f z b z b z b --++ +=+++ （000,0a b ≠≠）在z 平面上除分母为的点外都连续。 习题一 P31 1题 (2) i i i i -+-11 = 1 )1(2)1(--++i i i i =223i -- )R e (z 23-= ; 21)(-=z I m ; z = 23-2i + ; z =2 10 ; arg(z) = arctan -3 1 π (4) 8i i i +-214 i i +-=41 i 31-= ; ;1)Re(=z ;3)Im(-=z ;31i z += ;10=z 3a r c t a n a r g -=z ; 5题 (2) πππi e i 2)sin (cos 22=+=-； (4)⎥⎦⎤⎢⎣ ⎡ -=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=-)43sin(arctan )43cos(arctan 5)43sin(arctan )43cos(arctan 91634i i i ;5θi e = );4 3 arctan (-=θ (6) θθθθθθθθ ϑθθ7sin 7cos )()()2sin 2(cos )sin (cos ) 7(4322323i e e e e e i i i i i i i -====+---- ; 8题 (2) 16)2()1(848==+π i e i (4) );3 43 2sin 3432(cos 2163 π πππ-+-=--k i k i ;431arctan ππθ-=-= ;2,1,0=K );1(2 4)2222(23 6 0i i K -=-= );125sin 125(cos 261π πi K += );12 13sin 1213(cos 262π πi K += 12题 (2) ;3)2(=-z R e 即 ;3])2[(e =+-iy x R ;32=-x 5=x 直线 习题一 1. 用复数的代数形式a +ib 表示下列复数 π/43513 ; ;(2)(43);711i i e i i i i i -++++++. ①解： i 4 πππe cos isin 44-⎛⎫⎛⎫⎛⎫ =-+-== ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ②解： ()()()()35i 17i 35i 1613i 7i 11+7i 17i 2525 +-+==-++- ③解： ()()2i 43i 834i 6i 510i ++=-++=+ ④解： ()31i 1335=i i i 1i 222 -+-+=-+ 2.求下列各复数的实部和虚部(z =x +iy ) (z a a z a -∈+ ); 33 3;;;.n z i ①解： ∵设z =x +iy 则 ()()()()()()()2 2 i i i i i i x a y x a y x y a x a y z a z a x y a x a y x a y -++-⎡⎤⎡⎤+--+-⎣⎦⎣⎦===+++++++ ∴()222 22Re z a x a y z a x a y ---⎛⎫= ⎪+⎝⎭++, ()2 2 2Im z a xy z a x a y -⎛⎫ = ⎪+⎝⎭++． ②解： 设z =x +iy ∵()()()()()()()()3 2 322222222 3223i i i 2i i 22i 33i z x y x y x y x y xy x y x x y xy y x y x y x xy x y y =+=++=-++⎡⎤=--+-+⎣⎦=-+- ∴()332Re 3z x xy =-, ()323Im 3z x y y =-． ③解： ∵( ( )( ){ } 3 3 2 3 2 11 131318 8 -+⎡⎤⎡⎤==--⋅-⋅ +⋅-⎢⎥⎢⎥⎣ ⎦⎣ ⎦⎝⎭ ()1 80i 18 = += ∴Re 1=⎝⎭ , Im 0=⎝⎭ ． 习题一答案 1． 求下列复数的实部、虚部、模、幅角主值及共轭复数： （1） 1 32i +（2）(1)(2)i i i -- （3）131i i i --（4）821 4i i i -+- 解：（1）1323213i z i -== +， 因此：32 Re , Im 1313z z ==-， （2）3(1)(2)1310 i i i z i i i -+===---， 因此，31 Re , Im 1010z z =-=， （3）133335122 i i i z i i i --=-=-+= -， 因此，35 Re , Im 32z z ==-， （4）821 41413z i i i i i i =-+-=-+-=-+ 因此，Re 1, Im 3z z =-=， 2． 将下列复数化为三角表达式和指数表达式： （1）i （2 ）1-+（3）(sin cos )r i θθ+ （4）(cos sin )r i θθ-（5）1cos sin (02)i θθθπ-+≤≤ 解：（1）2 cos sin 2 2 i i i e π π π =+= （2 ）1-+23 222(cos sin )233 i i e πππ=+= （3）(sin cos )r i θθ+()2 [cos()sin()]22i r i re π θππ θθ-=-+-= （4）(cos sin )r i θ θ-[cos()sin()]i r i re θθθ-=-+-= （5）2 1cos sin 2sin 2sin cos 222 i i θ θθ θθ-+=+ 3． 求下列各式的值： （1 ）5)i -（2）100100(1)(1)i i ++- （3 ）(1)(cos sin ) (1)(cos sin ) i i i θθθθ-+--（4） 23(cos5sin 5)(cos3sin 3)i i ϕϕϕϕ+- （5 6 解：（1 ）5)i -5[2(cos()sin())]66 i ππ =-+- （2）100 100(1) (1)i i ++-50505051(2)(2)2(2)2i i =+-=-=- （3 ）(1)(cos sin ) (1)(cos sin )i i i θθθθ-+-- （4）2 3 (cos5sin 5)(cos3sin 3) i i ϕϕϕϕ+- （5 = （6 = 4． 设12 ,z z i = =-试用三角形式表示12z z 与12z z 解：1 2cos sin , 2[cos()sin()]4 466 z i z i π π ππ =+=-+-，所以 12z z 2[cos()sin()]2(cos sin )46461212 i i ππππππ =-+-=+， 5． 解下列方程： （1）5 () 1z i +=（2）440 (0)z a a +=> 解：（1 ）z i +=由此 习题一答案 1．求下列复数的实部、虚部、模、幅角主值及共轭复数： （1） 1 32i + （2） (1)(2) i i i -- （3）13 1 i i i - - （4）821 4 i i i -+- 解：（1） 132 3213 i z i - == + ， 因此： 32 Re, Im 1313 z z ==-， 232 arg arctan, 31313 z z z i ==-=+ （2） 3 (1)(2)1310 i i i z i i i -+ === --- ， 因此， 31 Re, Im 1010 z z =-=， 131 arg arctan, 31010 z z z i π ==-=-- （3） 133335 122 i i i z i i i -- =-=-+= - ， 因此， 35 Re, Im 32 z z ==-， 535 arg arctan, 232 i z z z + ==-= （4）821 41413 z i i i i i i =-+-=-+-=-+ 因此，Re1, Im3 z z =-=， arg arctan3, 13 z z z i π ==-=-- 2．将下列复数化为三角表达式和指数表达式： （1）i（2 ）1 -+（3）(sin cos) r i θθ + （4）(cos sin) r i θθ -（5）1cos sin (02) i θθθπ -+≤≤解：（1）2 cos sin 22 i i i e π ππ =+= （2 ）1-+23 222(cos sin )233 i i e πππ=+= （3）(sin cos )r i θθ+()2 [cos()sin()]22 i r i re π θππ θθ-=-+-= （4）(cos sin )r i θ θ-[cos()sin()]i r i re θθθ-=-+-= （5）2 1cos sin 2sin 2sin cos 222 i i θ θ θ θ θ-+=+ 2 2sin [cos sin ]2sin 2 2 22 i i e πθ θπθ πθ θ ---=+= 3． 求下列各式的值： （1 ）5)i - （2）100100(1)(1)i i ++- （3 ）(1)(cos sin ) (1)(cos sin ) i i i θθθθ-+-- （4） 23(cos5sin5)(cos3sin3)i i ϕϕϕϕ+- （5 （6 解：（1 ）5)i -5[2(cos()sin())]66 i ππ =-+- 5 552(cos()sin()))66 i i ππ =-+-=-+ （2）100 100(1) (1)i i ++-50505051(2)(2)2(2)2i i =+-=-=- （3 ）(1)(cos sin ) (1)(cos sin )i i i θθθθ-+-- 2[cos()sin()](cos sin ) 33)sin()][cos()sin()]44 i i i i ππ θθππ θθ-+-+= -+--+- )sin()](cos2sin 2)12 12 i i π π θθ=- +- + (2)12 )sin(2)]12 12 i i π θπ π θθ- =- +- = 习题一答案 1．求以下复数的实部、虚部、模、幅角主值及共轭复数： 〔 1〕 1 〔〕 i 3 2i 2 1)(i 2) (i 〔3〕 1 3i 〔4〕i 8 4i 21 i i 1 i 1 3 2i ， 解：〔 1〕z 3 2i 13 因此： Re z 3 , Im z 2 ， 13 13 z 1 , arg z arctan 2 , z 3 2 i 13 3 13 13 〔 2〕z i i 3 i (i 1)(i 2) 1 3i 10 ， 因此， Rez 3 , Im z 1 ， 10 10 z 1 , arg z arctan 1 , z 3 1 i 10 3 10 10 〔 3〕z 1 3i i 3 3i 3 5i ， i 1 i 2 2 因此， Rez 3 , Im z 5 ， 3 2 z 34 , arg z arctan 5 , z 3 5i 2 i 8 4i 21 3 2 〔 4〕z i 1 4i i 1 3i 因此， Rez 1, Im z 3， z 10, arg z arctan3, z 1 3i 2．将以下复数化为三角表达式和指数表达式： 〔 1〕i 〔2〕1 3i 〔3〕r (sin i cos ) 〔 4〕r (cos i sin ) 〔5〕1 cos i sin (0 2 ) 解：〔 1〕i cos i sin i e 2 2 2 〔 2〕13i 2(cos 2 i sin 2 2 i ) 2e 3 3 3 （ 3〕 （ 4〕 r (sin i cos ) r[cos( ) i sin( )] ()i re 2 2 2 r (cos i sin ) r[cos( ) i sin( )] re i 〔5〕1 cos i sin 2sin 2 2i sin cos 2 2 2 2sin [cos i sin ] 2sin i 2 e 2 2 2 2 3．求以下各式的值： 〔1〕( 3 i) 5 〔2〕(1 i )100 (1 i) 100 〔3〕 （ 5〕3 (1 3i)(cos i sin ) (cos5 i sin 5 )2 (1 i )(cos i sin ) 〔 4〕 i sin 3 )3 (cos3 i 〔6〕 1 i 解：〔 1〕( 3 i)5 [2(cos( ) i sin( ))]5 6 6 5 ) 5 )) 16( 3 i) 25 (cos( i sin( 6 6 〔2〕(1 i ) 100 (1 i) 100 (2i )50 ( 2i ) 50 2(2) 50 251 (1 3i )(cos i sin ) 〔 3〕 i )(cos i sin ) (1 2[cos( ) i sin( )](cos i sin ) 3 3 2[cos( ) i sin( )][cos( ) i sin( )] 4 4 2[cos( ) i sin( )](cos2 i sin 2 ) 12 12 (2 )i 2[cos(2 ) i sin(2 )] 2e 12 12 12复变函数课后习题答案（全）
复变函数习题答案习题详解
复变函数论第三版课后习题答案解析
复变函数论习题及答案
复变函数课后习题答案
复变函数习题答案
复变函数课后习题答案(全)
复变函数课后习题答案(全)
复变函数课后习题答案(全)
相关主题
文本预览