高等教育出版社《复变函数》与《积分变换》第四版课后习题参考答案

1 z2 +1
2
是有理函数，故奇点只是极点，满足
z
z2
+1
2
=0，故
z
=
0
，与
z
=
±i
为
其奇点， z = 0 为一级极点，而 z = ± i 为其二级极点。
（2）因 lim z→0
sin z z3
=
∞
则
z
=
0
为其极点。再确定极点的级，有两种方法：
a.
z
=
0
为
sin
z
为的一级零点；而
z
=
0
为
z3
的三级零点。故
证 因 f (z) 和 g(z) 是以 z0 为零点的两个 不恒等于零 的解析函数 ，可设 f (z) = (z − z0 )ϕ(z) ， g(z) = (z − z0 )ψ (z) ，ϕ(z),ψ (z) 为解析函数，则
f (z) = (z − z0 )ϕ(z) = ϕ(z) ， f '(z) = ϕ(z) + (z − z0 )ϕ '(z) ， g(z) (z − z0 )ψ (z) ψ (z) g '(z) ψ (z) + (z − z0 )ψ '(z) 故 lim f (z) = lim ϕ(z) ， lim f '(z) = lim ϕ(z) + (z − z0 )ϕ '(z) = lim ϕ(z) ，即 z→z0 g (z) z→z0 ψ (z) z→z0 g '(z) z→z0 ψ (z) + (z − z0 )ψ '(z) z→z0 ψ (z)
2
dz
；
（5） v∫ tan (π z) dz ； |z|=3

（1）% =解 （1）当刀f 8⑵I …殍(3卜=M / _ J|2”=cos 2n0 + i sin 2月们贫-► 8时,cos 2sin 2H0的极限都不存在，故z n=$土发散.故急捉+）发散.习题四1.下列序列是否有极限?如果有极限,求出其极限.+ 土 （2）% =吗气（3）礼=（号）. n n \z ） 时,衫不存在极限，故％的极限不存在.0 （n — 8）,故［血z n — 0. ir —8 令m 二厂普r 2n.=信）"无极限.2. 下列级数是否收敛?是否绝对收敛？⑴§（螺+ ：）；⑵名首；（3疙（l+i ）". 解（1）因无上A 】n⑵»1彳=史吉收敛:故（2）绝对收敛.91-1 M • I Al n•（3） lini （l + i ）rt= lim （再）％孕，*0,故发散.庶—8 ”一＞8 3. 试证级数£ （2之尸当J I ＜号时绝对收敛.当危\(2z)n\= 2” •\(2z)n\ = (2r)n < 1. S（2r）rt收敛，故S（2z）n绝对收敛.M a 1 It « 1解⑴击4. 试确定下列慕级数的收敛半径. ⑴、狎(2)£(1 +』)心气(3)S解 (1) lim 勺为 | — lim "-— 1,故 R 二 1, n —^8| >1—8 Tl(2) lim V \C n \ = lim J (1 + —) = lim(l + —)n= e,l|f 8A Y \Tl f ”—8 fl故R =』・ e(3) lim I 1 = lim y~~“ = lim —= 0,Wf 8 I C n I 闻f 8 ( Tl + I / ! JI —8 ?1 + 1故 R = 8.5. 将下列各函数展开为z 的幕级数,并指出其收敛区域.⑴ 7~~~~j ； (2) 7 ----- K ---- (a 工 0,& 会 0)；1 + z \z - a)\z - b)fl N〈3) ~ ； (4)ch z; (5)sir?z ； (6)6*-1. (1 + z )]1- (- z') 8 8、(-/)”=云(-I)”』，原点到所有奇点的距离最小值为1 ,故I Z | < 1.(2)1 .(a = b )4- a -Z-an oc=z -=an 0原式收敛区域:2.(a h b )1 ( 1a -b z - a原式)2 尊一=、(- 1)1 次”-2,力=1(4)ch ze[+e" ―2—z2n一2（：〃！二 n!S(2”)!，1 一cos2z< 8.-[1 V (2z)H • (- 1)”2 一 2 2 乙_ JL 小(一1)2 •一2：(2Q!(5)sin2in =0(2n)!< 8.E）=广•六(。

证明：(1)在负实轴上，任取一点z a，则分别由水平方向和垂直方向趋近z点有：
lim f (z) lim Arg( a i y)
y 0y 0
lim f (z) lim Arg( a i y)
y 0y 0
显然函数在负实轴上不连续。
lim f (z) lim Arg (rei)
2sin
cos( )
2 2 2
isin(
2
i
2sin e2 2
2
(5)
z3
解：
i3
3i
re
cos3
isin3
(6)
e1 i
解：
ee
cos1 i sin1
(7)
1i
解：
1i
1i
i ei3 /4cos3
/ 4 isin3 /4
1i
1i
、计算下列数值
(1)
a ib
解：
ib
i ar ctgb2k
2 2 abe
cos2
L
L
cosn
1i i(e e
2
L
L
in i i2e ) (e e
L
in
L ein)
1 ei
(1
ine
)e
i(1 ein)
1
ie
(1
in i ie ) 1 e e
(1
in ie ) 1 e
2
1
ie
1 ei
2
2(1cos
)
cos
i i i(n 1) i(n 1) in in
1 e e 2 e e e e
22(1cos )
2sin
2
(8)
sin

-1-
∫ ∫
C
Re[ f (z )]dz = Im[ f (z )]dz =
∫ ∫
2π
0 2π
Re e iθ de iθ = cos θ (− sin θ + i cos θ )dθ = π i ≠ 0
[ ]
∫
2π
0
C
0
Im e iθ deiθ = sin θ (− sin θ + i cos θ )dθ = −π ≠ 0
3．设 f ( z ) 在单连域 D 内解析，C 为 D 内任何一条正向简单闭曲线，问
∫
解
C
Re[ f (z )]dz =
∫
C
Im[ f (z )]dz = 0
是否成立，如果成立，给出证明；如果不成立，举例说明。 未必成立。令 f ( z ) = z ， C : z = 1 ，则 f ( z ) 在全平面上解析，但是
e z dz v ∫C z 5 ， C :| z |= 1
= 2πe 2 i
解
（1）由 Cauchy 积分公式， ∫ 解 1： ∫ 解 2： ∫
C
ez dz = 2π i e z z−2
z =2
（2）
C
1 dz 1 = ∫ z + a dz = 2π i 2 2 C z−a z+a z −a
2
=
z =a
=0
（8）由 Cauchy 积分公式， （9）由高阶求导公式， ∫
v ∫
C
sin zdz = 2π i sin z |z =0 = 0 z
2
sin z
C
π⎞ ⎛ ⎜z − ⎟ 2⎠ ⎝
dz = 2π i(sin z )'

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) 13i(4).8 21 .i 4i ii 1 i13 2i 解： (1) z3 2i 131 3i .3 3i 3 5i(3) z -ii 1 i2 2 因此, Rez 35 Im z532(4).8 z i 4i 21 i1 4i i1 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 ni cos )(4) r(cosisin )( 5) 1 cos i sin(02 )解： (1) i cosi sin - —i-e 22 22一i(2) 1 2(cosi..2 isin32e 3 (3) r(sin icos ) r[cos (-i sin(-)](1)13~2\(2) \ (\ 1)(\ 2)因此：Rez3 13 Im z2 13(2)zi (i 1)(i 2)i 1 3i 3 i 10因此，Rez3 10Im z 1 10(4) r(cos isin ) r[cos( ) i sin( )] re(5) 1 cos isin 2sin 2i sin — cos-2 23.求下列各式的值:(1) (\3 i)5(2)(1 100i) (1 100i)(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 100i) (1 100 50i) (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 )44.设z-ii,试用三角形式表示z1z2与-ZZ2解：z1 cos i sin , z24 42[cos( ) i sin()]，所以6 6弓勺2[cosq g is"(4 6)]5.解下列方程:(1) (z i)5 1 (2) z4 a40 (a 0) 解：（1）z i 51,由此从而z由此，左端=右端，即原式成立。

再由 Fourier 变换公式得
f (t ) =
1 +∞ 1 +∞ 1 +∞ ω 2 + 2 jω t F ω e d ω = F ω cos ω t d ω = cos ω t dω ( ) ( ) 2 π ∫ −∞ π∫0 π ∫ 0 ω4 + 4 +∞ ω 2 + 2 π −t ∫ 0 ω 4 + 4 cos ω tdω = 2 e cos t
f (t) =
2 +∞ ⎡ +∞ f (τ ) sin ωτ dτ ⎤ sin ω tdω ⎢ ∫0 ⎥ ⎦ π ∫0 ⎣
=
2 +∞ ⎡ +∞ − β t sin ω tdω e sin ωτ dτ ⎤ ∫ ∫ ⎢ ⎥ 0 0 ⎣ ⎦ π
− βτ 2 +∞ ⎡ e ( β sin ωτ − ω cos ω t ) +∞ ⎤ = ∫ ⎢ ⎥ sin ω tdω π 0 ⎣ β 2 + ω2 0 ⎦
=
=
由于 a ( ω ) = a ( −ω ) , b ( ω ) = − b ( −ω ) , 所以
f (t) =
1 +∞ 1 +∞ a ( ω ) cos ω t dω + ∫ b ( ω ) sin ω tdω ∫ 2 −∞ 2 −∞
+∞ +∞ 0 0
= ∫ a ( ω ) cos ω t dω + ∫ b ( ω ) sin ω t dω 2．求下列函数的 Fourier 积分：
2 2 ⎧ ⎪1 − t , t ≤ 1 1）函数 f ( t ) = ⎨ 解： 解：1 为连续的偶函数，其 Fourier 变换为 2 0, 1 t > ⎪ ⎩

一、将下列复数用代数式、三角式、指数式表示出来。

(1) i 解：2cossin22ii e i πππ==+(2) -1解：1cos sin i e i πππ-==+ (3)1+解：()/3122cos /3sin /3i e i πππ+==+ (4) 1cos sin i αα-+ 解：2221cos sin 2sin 2sincos2sin(sincos )2222222sincos()sin()2sin 222222i i i i i e πααααααααααπαπαα⎛⎫- ⎪⎝⎭-+=+=+⎛⎫=-+-= ⎪⎝⎭(5) 3z解：()3333cos3sin3i z r e r i θθθ==+ (6) 1i e +解：()1cos1sin1i i e ee e i +==+(7)11ii-+ 解：3/411cos3/4sin 3/411i i i i e i i i πππ--==-==+++二、计算下列数值(1) 解：1ar 21ar 21ar 2 b i ctg k a bi ctg abi ctgaπ⎛⎫+ ⎪⎝⎭==⎧⎪=⎨⎪⎩(2)解：6226363463222i k i i i i e i ee e iπππππππ⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎛⎫+ ⎪⎝⎭⎧=+⎪⎪⎪⎨====-+⎪⎪⎪=-⎩(3) i i 解：()2222ii k k i i e eππππ⎛⎫⎛⎫+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭==(4)解：()1/2222ii k k eeππππ⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭==(5) cos5α解：由于：()()552cos5i i e e ααα-+=，而：()()()()()()()()5555555555cos sin cos sin cos sin cos sin nni nn nni n n e i C i e i C i αααααααααα-=--==+==-=-∑∑所以：()()()()()()()()()()()555505555043253543251cos5cos sin cos sin 21 cos sin 112 5cos sin cos sin cos 5cos sin 10cos sin cos n n n nn n n n nn n C i i C i i C i ααααααααααααααααα--=--=⎡⎤=+-⎣⎦⎡⎤=+-⎣⎦=++=-+∑∑(6) sin5α解：由于：()()552sin 5i i ee ααα--=，所以：()()()()()()()()()()()()55550555505234245552341sin 5cos sin cos sin 21 cos sin 1121 sin cos sin sin cos sin 10cos sin 5sin cos n n n nn n n n nn n C i i i C i i i C i C i iααααααααααααααααα--=--=⎡⎤=--⎣⎦⎡⎤=--⎣⎦=++=-+∑∑ (7) cos cos2cos n ααα+++L L 解：()()221cos cos 2cos ()()2(1)1(1)11(1)(1)1 21122(1cos )1 2i i in i i in i in i i in i i in i in i i i n e e e e e e e e e e e e e e e e e e e e ααααααααααααααααααααααα----------⎡⎤+++=+++++++⎣⎦⎡⎤--+--⎡⎤--⎢⎥=+=⎢⎥---⎢⎥⎣⎦⎣⎦+=L L L L L L (1)(1)22(1cos )12cos 22cos(1)2cos cos 1cos(1)cos 22(1cos )2(1cos )1sin()sin22 2sin2i i n i n in in e e e e n n n n n ααααααααααααααααα+-+-⎡⎤---++⎢⎥-⎣⎦⎡⎤--++--++==⎢⎥--⎣⎦+-=(8) sin sin 2sin n ααα+++L L 解：()()221sin sin 2sin ()()2(1)1(1)11(1)(1)1 21122(1cos )1 2i i in i i in i in i i in i i in i in i i i n e e e e e e i e e e e e e e e e e i e e i e i αααααααααααααααααααααα---------⎡⎤+++=+++-+++⎣⎦⎡⎤-----⎡⎤--⎢⎥=-=⎢⎥---⎢⎥⎣⎦⎣⎦=L L L L L L (1)(1)112(1cos )12sin 2sin(1)2sin sin sin(1)sin 22(1cos )2(1cos )1cos()cos22 2sin2i n in i i n in e e e e e i i n i n n n i n αααααααααααααααααα+--+-⎡⎤--+-++-⎢⎥-⎣⎦⎡⎤-++-++==⎢⎥--⎣⎦-++=1.2 复变函数1、试证明函数f (z )=Arg(z ) (-π<Arg(z) ≤π)，在负实轴上(包括原点)不连续。

{ } { } Re i8 − 4i21 + i = 1, Im i8 − 4i21 + i = −3
网 c ⎜⎝⎛i8 − 4i21 + i⎟⎠⎞ = 1+ 3i ，| i8 − 4i21 + i |= 10 案 . ( ) ( ) Arg i8 − 4i21 + i = arg i8 − 4i21 + i + 2kπ = arg(1− 3i)+ 2kπ
9．将下列坐标变换公式写成复数的形式：
1）平移公式：
⎧ ⎨ ⎩
x y
= =
x1 y1
+ +
a1, b1;
2）旋转公式：
⎧ ⎨ ⎩
x y
= =
x1 x1
cosα sin α
− +
y1 y1
sinα , cos α .
解：设 A = a1 + ib1 ， z1 = x1 + iy1 ， z = x + iy ，则有 1） z = z1 + A ；2） z = z1(cosα + i sinα ) = z1eiα 。
故 n = 4k, k = 0, ±1, ±2,"。
16．（1）求方程 z3 + 8 = 0 的所有根 （2）求微分方程 y'''+8y = 0 的一般解。
( )1
π i
(1+
2k
)
解 （1） z = −8 3 = 2e 3 ，k=0,1,2。
即原方程有如下三个解：
1 + i 3, −2, 1 − i 3 。
−
5π 6
⎞ ⎟⎠
+

复变函数第四版余家荣答案【篇一：1第一章复数与复变函数】京1第一章复数与复变函数1 复数及其代数运算1.复数的概念①在解方程时，有时会遇到负数开方的问题，但在实数范围内负数是不能开平方的。

为此，需要扩大数系。

我们给出如下的代数形式的复数定义：复数的代数定义：把有序实数对(x,y)作代数组合所确定的形如x?iy的数称为（代数形式的）复数，记为z?x?iy，2其中，i满足i??1。

我们称i为虚单位；实数x和y分别称为复数z 的实部和虚部，并记为x?rez，y?imz。

特别地，当imz?0时，z?x?i0?rez?x是实数；当rez?0时且imz?0时，z?iimz?iy称为纯虚数；虚部不为零的复数称为虚数（即不为实数的复数称为虚数）；z?0当且仅当rez?0且imz?0，即复数0?0?i?0。

z1?z2当且仅当rez1?rez2且imz1?imz2。

2.复数的代数运算2.1 四则运算设z1?x1?iy1，z2?x2?iy2为任意两个复数，它们的四则运算定义为: 加法：z1?z2?(x1?x2)?i(y1?y2) 减法：z1?z2?(x1?x2)?i(y1?y2) 乘法：z1z2?(x1x2?y1y2)?i(x1y2?x2y1) 除法：z1x1x2?y1y2y1x2?x1y2（z2?0） ??i2222z2x2?y2x2?y22【注】：(1).可见，复数的四则运算，可以按照多项式的四则运算进行，只要注意将i换成?1。

(2).关于除法的具体操作可以按两种方法来进行：①.先看成分式的形式，然后分子分母同乘以一个与分母的实部相等而虚部只相差一个正负号的复数（在后面将会看到，这被定义为共轭复数），再进行简化；②.用复数z1?x1?iy1除以非零复数z2?x2?iy2，就是要求出这样一个复数z?x?iy，使得z1?z2?z。

按乘法的定义，为求出z需要解方程组?x2x?y2y?x1??x2y?xy2?y12.2 共轭复数复数x?iy和x?iy互称为对方的共轭复数，如果记z?x?iy，则用记其共轭复数，即?x?iy?x?iy。

0

a cos t d

0
b sin t d
0, t0 2) f t ; t e sin 2 t , t 0
2．求下列函数的 Fourier 积分：
1 t 2 , t 2 1 1） f t ; 2 0, t 1
1 a jb cos t j sin t d 2

由于 a a , b b , 所以
f t 1 1 a cos t d b sin td 2 2
f(t)的 Fourier 积分为
f (t ) =
1 j F e j t d F sin td 2π 0 π 0 2 1 cos sin td π0
f t0 0 f t0 0 2
其中 t -1，0，1（在间断点 t0 处，右边 f(t)应以
1-1
1． 试证：若
f t 满足 Fourier 积分定理中的条件，则有
f t
0
a cos t d

0
b sin t d
其中 a
1 1 f cos d , b f sin d . π π
2 2 0 4
4
π sin π sin t sin t , t π sin t , t π 3） f ( t ) ，证明： d 2 2 0 1 t π 0, 0, t π
t 证明：1）函数 f t e 为连续的偶函数，其 Fourier 变换为

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）132i+（2）(1)(2)ii i--（3）131ii i--（4）8214i i i-+-解：（1）1323213i zi-==+，因此：32 Re, Im1313 z z==-，232arg arctan,31313z z z i==-=+（2）3(1)(2)1310i i izi i i-+===---，因此，31Re, Im1010z z=-=，131arg arctan,31010z z z iπ==-=--（3）133335122i i iz ii i--=-=-+=-，因此，35Re, Im32z z==-，535,arg arctan,232iz z z+==-=（4）82141413z i i i i i i=-+-=-+-=-+因此，Re1,Im3z z=-=，arg arctan3,13z z z iπ==-=--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 iθθ+（4）(cos sin)r iθθ-（5）1cos sin (02)iθθθπ-+≤≤解：（1）2cos sin22ii i eπππ=+=（2）1-+23222(cos sin )233i i e πππ=+=（3）(sin cos )r i θθ+()2[cos()sin()]22ir i reπθππθθ-=-+-=（4）(cos sin )r i θθ-[cos()sin()]i r i re θθθ-=-+-=（5）21cos sin 2sin 2sin cos 222i i θθθθθ-+=+ 22sin [cossin]2sin 2222ii eπθθπθπθθ---=+=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())]66i ππ=-+-5552(cos()sin()))66i i ππ=-+-=-+ （2）100100(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()]44i i i i ππθθππθθ-+-+=-+--+-)sin()](cos2sin 2)1212i i ππθθ=-+-+(2)12)sin(2)]1212ii πθππθθ-=-+-=（4）23(cos5sin 5)(cos3sin 3)i i ϕϕϕϕ+- cos10sin10cos19sin19cos(9)sin(9)i i i ϕϕϕϕϕϕ+==+-+- （5=11cos (2)sin (2)3232k i k ππππ=+++1, 0221, 122, 2i k i k i k +=⎪⎪⎪=-+=⎨⎪-=⎪⎪⎩（6=11(2)sin (2)]2424k i k ππππ=+++88, 0, 1i i e k e k ππ==⎪=⎩4．设12 ,z z i ==-试用三角形式表示12z z 与12z z解：12cossin, 2[cos()sin()]4466z i z i ππππ=+=-+-，所以12z z 2[cos()sin()]2(cos sin )46461212i i ππππππ=-+-=+，12z z 1155[cos()sin()](cos sin )2464621212i i ππππππ=+++=+ 5． 解下列方程： （1）5()1z i += （2）440 (0)z a a +=>解：（1）z i += 由此25k iz i e iπ=-=-，(0,1,2,3,4)k=（2）z==11[cos(2)sin(2)]44a k i kππππ=+++，当0,1,2,3k=时，对应的4(1),1),1),)i i i i+-+---6．证明下列各题：（1）设,z x iy=+z x y≤≤+证明：首先，显然有z x y=≤+；其次，因222,x y x y+≥固此有2222()(),x y x y+≥+从而z=≥。

+
1 zn
= 2cos nt
；
（2） zn − 1 = 2 i sin nt zn
解 （1） zn + 1 = eint + e−int = eint + eint = 2sin nt zn
（2） zn
−
1 zn
= eint
− e−int
= eint
− eint
= 2 i sin nt
14．求下列各式的值
故 n = 4k, k = 0, ±1, ±2,"。
16．（1）求方程 z3 + 8 = 0 的所有根 （2）求微分方程 y'''+8y = 0 的一般解。
( )1
π i
(1+
2k
)
解 （1） z = −8 3 = 2e 3 ，k=0,1,2。
即原方程有如下三个解：
1 + i 3, −2, 1 − i 3 。
+
4 i)(2
2i
−
5i)⎤
⎥⎦
+
2kπ
=
2 arctan
26 7
−
π
+
2kπ
= arctan 26 + (2k −1)π ,
7
k = 0,±1,±2," .
( ) ( ) （4） i8 − 4i21 + i = i2 4 − 4 i2 10i + i = (−1)4 − 4(− )1 10i + i
34
= 1 [5x + 3y − 4]+ i(− 3x + 5y −18) = 1 + i

i π π + isin = e 2 ； 2 2 π
（2）-1；
2i （5） ； −1+ i
（3）1+ 3 i； （6）
(cos5ϕ + isin5ϕ )2 (cos3ϕ − isin3ϕ )3
（2） − 1 = cosπ + isinπ = eiπ
π i ⎛1 3⎞ π π⎞ ⎛ ⎜ ⎟ （3） 1 + i 3 = 2⎜ + i = 2⎜ cos + isin ⎟ = 2e 3 ； 2 ⎟ 3 3⎠ ⎝ ⎝2 ⎠
2
= ( ei5ϕ ) / ( e− i3ϕ ) = ei10ϕ /e − i9ϕ = ei19ϕ
2 3
3
= cos19ϕ + isin19ϕ
9．将下列坐标变换公式写成复数的形式： 1）平移公式： ⎨ 2）旋转公式： ⎨
⎧ x = x1 + a1 , ⎩ y = y1 + b1 ;
⎧ x = x1 cos α − y1 sin α , ⎩ y = x1 sin α + y1 cos α .
5(x + 1) + 3(y − 3) + i[− 3(x + 1) + 5(y − 3)] 34 1 = [5x + 3y − 4] + i(− 3x + 5y − 18) = 1 + i 34
比较等式两端的实、虚部，得
⎧ 5 x + 3 y − 4 = 34 ⎧ 5 x + 3 y = 38 或⎨ ⎨ ⎩− 3x + 5 y − 18 = 34 ⎩− 3x + 5 y = 52
P( z ) P( z ) ⎛ P( z ) ⎞ = =⎜ ⎟ = X + iY = X − iY ; Q( z ) Q( z ) ⎝ Q( z ) ⎠

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）i 231+； （2）i13i i 1−−； （3）()()2i 5i 24i 3−+； （4）i 4i i 218+−解 （1）()()()2i 31312i 32i 32i 32i 31−=−+−=+ 所以133=⎭⎬⎫⎩⎨⎧+i 231Re ，1322i 31Im −=⎭⎬⎫⎩⎨⎧+,()2i 31312i 31+=+，131********i 3122=⎟⎠⎞⎜⎝⎛−+⎟⎠⎞⎜⎝⎛=+， k π2i 231arg i 231Arg +⎟⎠⎞⎜⎝⎛+=⎟⎠⎞⎜⎝⎛+",2,1,0,232arctan ±±=+−=k k π（2）()()()()i,25233i 321i i)(1i 1i 13i i i i i 13i i 1−=+−−−=+−+−−−=−− 所以,23i 13i i 1Re =⎭⎬⎫⎩⎨⎧−− 25i 13i i 1Im −=⎭⎬⎫⎩⎨⎧−−25i 23i 13i i 1+=⎟⎠⎞⎜⎝⎛−−，2342523i 13i i 122=⎟⎠⎞⎜⎝⎛−+⎟⎠⎞⎜⎝⎛=−−， k π2i 1i 3i 1arg i 1i 3i 1Arg +⎟⎠⎞⎜⎝⎛−−=⎟⎠⎞⎜⎝⎛−− ",±,±,=,+−=210235arctan k k π.（3）()()()()()()()()()42i 7i 262i 2i 2i 5i 24i 32i 5i 24i 3−−=−−−+=−+ 13i 27226i 7−−=−−=所以()()272i 5i 24i 3Re −=⎭⎬⎫⎩⎨⎧−+，()()132i 5i 24i 3Im −=⎭⎫⎩⎨⎧−+，w ww .k hd aw .c om课后答案网()()l3i 272i 5i 24i 3+−=⎥⎦⎤⎢⎣⎡−+()()22952i5i 24i 3=−+， ()()()()k ππk π2726arctan 22i 2i 52i 43arg i 2i 52i 43Arg +−=+⎥⎦⎤⎢⎣⎡−+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡−+ ()",2,1,0,12726arctan±±=−+=k k π.（4）()()()()i i 141i i i 4i i 4i i 10410242218+−−−=+−=+−3i 1i 4i 1−=+−=所以{}{}3i 4i i Im 1,i 4i i Re 218218−=+−=+−3i 1i 4i i 218+=⎟⎠⎞⎜⎝⎛+−，10|i 4i i |218=+−()()()2k π3i 1arg 2k πi 4i i arg i 4i i Arg 218218+−=++−=+−=.2,1,0,k 2k πarctan3"±±=+−2．如果等式()i 13i53y i 1x +=+−++成立，试求实数x , y 为何值。

所以
Arg i8 − 4i 21 + i = arg i8 − 4i 21 + i + 2kπ = arg(1 − 3i ) + 2kπ
(
)
(
答
= −arctan3 + 2kπ
2．如果等式 解：由于
ww
w.
解得 x = 1, y = 11 。 4．证明
比较等式两端的实、虚部，得
⎧ 5 x + 3 y − 4 = 34 ⎧ 5 x + 3 y = 38 或⎨ ⎨ ⎩− 3x + 5 y − 18 = 34 ⎩− 3x + 5 y = 52
3．证明虚单位 i 有这样的性质：-i=i-1= i 。
பைடு நூலகம்
kh
1) | z |2 = zz # 6) Re( z ) =
x + 1 + i(y − 3) [x + 1 + i(y − 3)](5 − 3i ) = 5 + 3i (5 + 3i )(5 − 3i ) =
da
2
课
后
x + 1 + i(y − 3) = 1 + i 成立，试求实数 x, y 为何值。 5 + 3i
⎛ 1 3i ⎞ ⎛ 1 3i ⎞ Arg⎜ − ⎟ = arg⎜ − ⎟ + 2kπ ⎝ i 1− i ⎠ ⎝ i 1− i ⎠
5 = − arctan + 2kπ , k = 0,±1,±2, " . 3 (3 + 4i )(2 − 5i ) = (3 + 4i )(2 − 5i )(− 2i ) = (26 − 7i )(− 2i ) （3） (2i )(− 2i ) 2i 4

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）132i+ （2）(1)(2)i i i --（3）131i i i-- （4）8214i i i -+-解：（1）1323213iz i -==+， 因此：32Re , Im 1313z z ==-，1232, arg arctan , 3131313z z z i ==-=+（2）3(1)(2)1310i i iz i i i -+===---， 因此，31Re , Im 1010z z =-=，1131, arg arctan , 3101010z z z i π==-=--（3）133335122i i iz i i i --=-=-+=-， 因此，35Re , Im 32z z ==-，34535, arg arctan , 232i z z z +==-=（4）82141413z i i i i i i =-+-=-+-=-+因此，Re 1, Im 3z z =-=，10, arg arctan3, 13z 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）13i -+ （3）(sin cos )r i θθ+（4）(cos sin )r i θθ- （5）1cos sin (02)i θθθπ-+≤≤解：（1）2cossin22iii e πππ=+=（2）13i -+23222(cos sin )233i i e πππ=+=（3）(sin cos )r i θθ+()2[cos()sin()]22ir i reπθππθθ-=-+-=（4）(cos sin )r i θθ-[cos()sin()]i r i re θθθ-=-+-=（5）21cos sin 2sin 2sin cos 222i i θθθθθ-+=+22sin [cossin]2sin 2222ii e πθθπθπθθ---=+=3． 求下列各式的值：（1）5(3)i - （2）100100(1)(1)i i ++-（3）(13)(cos sin )(1)(cos sin )i i i i θθθθ-+-- （4）23(cos5sin5)(cos3sin3)i i ϕϕϕϕ+-（5）3i （6）1i +解：（1）5(3)i -5[2(cos()sin())]66i ππ=-+-5552(cos()sin())16(3)66i i ππ=-+-=-+ （2）100100(1)(1)i i ++-50505051(2)(2)2(2)2i i =+-=-=-（3）(13)(cos sin )(1)(cos sin )i i i i θθθθ-+--2[cos()sin()](cos sin )332[cos()sin()][cos()sin()]44i i i i ππθθππθθ-+-+=-+--+-2[cos()sin()](cos2sin 2)1212i i ππθθ=-+-+(2)122[cos(2)sin(2)]21212ii eπθππθθ-=-+-=（4）23(cos5sin5)(cos3sin3)i i ϕϕϕϕ+- cos10sin10cos19sin19cos(9)sin(9)i i i ϕϕϕϕϕϕ+==+-+- （5）3i 3cossin22i ππ=+11cos (2)sin (2)3232k i k ππππ=+++31, 02231, 122, 2i k i k i k ⎧+=⎪⎪⎪=-+=⎨⎪-=⎪⎪⎩（6）1i +2(cossin )44i ππ=+ 4112[cos (2)sin (2)]2424k i k ππππ=+++48482, 02, 1i i e k e k ππ⎧=⎪=⎨⎪-=⎩4． 设121, 3,2iz z i +==-试用三角形式表示12z z 与12z z解：12cossin , 2[cos()sin()]4466z i z i ππππ=+=-+-，所以12z z 2[cos()sin()]2(cos sin )46461212i i ππππππ=-+-=+， 12z z 1155[cos()sin()](cos sin )2464621212i i ππππππ=+++=+ 5． 解下列方程： （1）5()1z i += （2）440 (0)z a a +=> 解：（1）51,z i+= 由此2551k i z i ei π=-=-， (0,1,2,3,4)k =（2）4444(cos sin )za a i ππ=-=+11[cos (2)sin (2)]44a k i k ππππ=+++，当0,1,2,3k =时，对应的4个根分别为：(1), (1), (1), (1)2222a a a ai i i i +-+--- 6． 证明下列各题：（1）设,z x iy =+则2x y z x y +≤≤+证明：首先，显然有22z x y x y =+≤+；其次，因222,x y x y +≥固此有2222()(),x y x y +≥+ 从而222x y z x y +=+≥。

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（ ） i3 2i21)(i 2)(i （3）13i（4） i84i 21 ii 1 i 1 3 2i ，解：（ 1） z 32i 13因此： Re z3 , Im z2 ，1313z1 ,arg zarctan 2, z 3 2 i133 13 13 （ 2） zii 3 i(i 1)(i 2) 1 3i10 ，因此， Rez3 ,Im z1 ，10 10z1 ,arg zarctan 1,z3 1 i103 10 10（ 3） z13i i 3 3i3 5i ，i 1 i22因此， Rez3 , Im z5 ，32z34 , arg z arctan 5, z 3 5i2 i 8 4i 213 2 （ 4） z i 1 4i i 1 3i因此， Rez1, Im z 3，z10, arg zarctan3, z 1 3i2． 将下列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）1cos i sin(02 )解：（ 1） icosi sinie 222（ 2） 13i 2(cos2i sin22 i) 2e 333（ 3）（ 4）r (sini cos ) r[cos() i sin()] ( )ire 222r (cosi sin ) r[cos( ) i sin( )] re i（5）1cosi sin2sin22i sin cos222 2sin [cosi sin] 2sin e2i222 23． 求下列各式的值：（1）( 3 i)5（2） (1i )100(1i)100（3）(13i)(cos i sin )（ 4） (cos5i sin 5 )2(1 i )(cos i sin )(cos3 i sin 3 )3（ 5） 3i（6）1 i解：（ 1） ( 3i)5[2(cos() i sin( ))]56 625(cos( 5 ) i sin( 5 ))16( 3 i)6 6（2） (1i )100(1 i)100 (2i )50 ( 2i )50 2(2) 50251(13i )(cos i sin )（ 3）i )(cosi sin )(12[cos() i sin()](cos i sin )3 32[cos( 4 ) i sin( )][cos( ) i sin( )]4 2[cos() i sin( 12 )](cos2 i sin 2 )12(2)i 2[cos(2) i sin(2 )]2e121212（ 4） (cos5i sin 5 )2 (cos3 i sin 3 )3cos10i sin10cos19 i sin19cos( 9 )i sin( 9)（ 5） 3 i3cos i sin2 231i , k 022cos 1(2k ) i sin 1( 2k )31i, k 1 32 3 22 2i, k 2（ 6）1 i2(cosi sin)444ik 0 42[cos 1(2k ) i sin 1(2k )]2e 8,2 424 42e 8 i1, k4． 设 z 11 i , z23 i , 试用三角形式表示 z z 与 z 121 2 z 2解： z 1cos4 i sin , z 2 2[cos( ) i sin( )] ，所以4 6 6z 1 z 2 2[cos( ) i sin()] 2(cos i sin ) ，4 6 4 6 1212 z 1 1) i sin()] 1 5 5 ) z 2 [cos(4(cos i sin 2 6 46 2 12 125． 解下列方程：（ 1） (z i)5 1（2） z 4 a4( a 0)解：（ 1） z i51,由此z51i2k ii ， (k 0,1,2,3,4)e 5（ 2） z4a 44a 4(cos i sin )a[cos 1(2k )i sin 1( 2k )] ，当 k 0,1,2,3时，对应的 444个根分别为：a(1 i ), a ( 1 i), a ( 1 i ),a(1 i)2 2 22 6． 证明下列各题：（1）设 zxxy zxyiy,则2证明：首先，显然有zx 2 y 2x y ；其次，因x 2 y 2 2 x y ,固 此 有2(x 2y 2 ) ( xy )2 ,从而zx2y 2xy 。