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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 =，2,0,1,3Arcz k k ππ=-+=±L 。
2．设121z z =，试用指数形式表示12z z 及12z z 。
解：由于6412,2i i z e z i e ππ-==== 所以()64641212222i i iiz z e eee πππππ--===54()146122611222ii i i z e e e z e πππππ+-===。
3．解二项方程440,(0)z a a +=>。
解：12444(),0,1,2,3k ii za e aek πππ+====。
4．证明2221212122()z z z z z z ++-=+，并说明其几何意义。
证明：由于2221212122Re()z z z z z z +=++2221212122Re()z z z z z z -=+-所以2221212122()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是内接于单位圆1=z 的一个正三角形的顶点。
证 由于1321===z z z，知321z z z ∆的三个顶点均在单位圆上。
因为33331z z z ==()[]()[]212322112121z z z z z z z z z z z z +++=+-+-=21212z z z z ++=所以， 12121-=+z z z z ，又)())((122122112121221z z z z z z z z z z z z z z +-+=--=-()322121=+-=z z z z故 321=-z z ，同理33231=-=-z z z z ，知321z z z ∆是内接于单位圆1=z 的一个正三角形。
创作编号：BG7531400019813488897SX创作者：别如克*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,31010 z 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 i θθ+（4）(cos sin )r i θθ-（5）1cos sin (02)i θθθπ-+≤≤解：（1）2cossin22iii e πππ=+=（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 ii iππθθππθθ-+-+=-+--+-)sin()](cos2sin2)1212i iππθθ=-+-+(2)12)sin(2)]1212iiπθππθθ-=-+-=（4）23(cos5sin5)(cos3sin3)iiϕϕϕϕ+-cos10sin10cos19sin19cos(9)sin(9)iiiϕϕϕϕϕϕ+==+-+-（5=11cos(2)sin(2)3232k i kππππ=+++1,0221,122,2i ki ki k+=⎪⎪⎪=-+=⎨⎪-=⎪⎪⎩（6=11(2)sin(2)]2424k i kππππ=+++88,0,1iie ke kππ==⎪=⎩4．设12,z z i==-试用三角形式表示12z z与12zz解：12cos sin, 2[cos()sin()]4466 z i z iππππ=+=-+-，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 i z i ei π=-=-， (0,1,2,3,4)k =（2）z==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), )i i i i +-+--- 6． 证明下列各题：（1）设,zx iy =+z x y≤≤+证明：首先，显然有z x y =≤+；创作编号：BG7531400019813488897SX创作者： 别如克*其次，因222,x y x y +≥ 固此有2222()(),x y x y +≥+从而z =≥。
![复变函数论第三版课后习题答案[1]](https://img.taocdn.com/s1/m/426672baf121dd36a32d824d.png)
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 =，2,0,1,3Arcz k k ππ=-+=± 。
2．设121z z =，试用指数形式表示12z z 及12z z 。
解：由于6412,2i i z e z i e ππ-==== 所以()64641212222i i iiz z e eee πππππ--===54()146122611222ii i i z e e e z e πππππ+-===。
3．解二项方程440,(0)z a a +=>。
解：12444(),0,1,2,3k ii z a e aek πππ+====。
4．证明2221212122()z z z z z z ++-=+，并说明其几何意义。
证明：由于2221212122Re()z z z z z z +=++2221212122Re()z z z z z z -=+-所以2221212122()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是内接于单位圆1=z 的一个正三角形的顶点。
证 由于1321===z z z，知321z z z ∆的三个顶点均在单位圆上。
因为33331z z z ==()[]()[]212322112121z z z z z z z z z z z z +++=+-+-=21212z z z z ++=所以， 12121-=+z z z z ，又)())((122122112121221z z z z z z z z z z z z z z +-+=--=-()322121=+-=z z z z故 321=-z z ，同理33231=-=-z z z z ，知321z z z ∆是内接于单位圆1=z 的一个正三角形。
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 ==-，（2）3(1)(2)1310i i iz i i i -+===---，因此，31Re , Im 1010z z =-=，（3）133335122i i iz i i i --=-=-+=-， 因此，35Re , Im 32z z ==-，（4）82141413z 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）2cossin22iii e πππ=+=（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-+=+ 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+-（56解：（1）5)i -5[2(cos()sin())]66i 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-+--（4）23(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：12cossin, 2[cos()sin()]4466z i z i ππππ=+=-+-，所以12z z 2[cos()sin()]2(cos sin )46461212i 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=≥。
复变函数论课后题答案 (第四版钟玉泉)复变函数论课后题答案 (第四版钟玉泉)一、选择题1. B2. D3. A4. C5. B6. A7. D8. B9. C10. A二、填空题1. 解析函数2. 极限3. 全纯函数4. 实部5. 可微6. 黎曼-一般黎曼条件7. 柯西-黎曼方程8. 积分路径无关9. 简单闭合路径10. 等速圆三、简答题1. 复数的实部和虚部分别由实部和虚部函数来得到。
实部函数是通过将复数的虚部置零得到。
虚部函数是通过将复数的实部置零得到。
2. 解析函数是指在一个区域内处处可导的函数。
全纯函数是指处处可导的复数函数。
3. 构造一个有界区域，包含有限个奇点，并使该区域与其他奇点不相交。
在奇点上，确保函数无界。
4. 通过直接计算导数或利用柯西-黎曼方程来证明。
五、计算题1. 解：根据题意，由柯西-黎曼方程可得：∂u/∂x = ∂v/∂y∂u/∂y = -∂v/∂x由第一式可得∂u/∂x = -2y积分得：u = -2xy + f(y)对u求偏y导数得：∂u/∂y = -2x + f'(y)由第二式可得∂u/∂y = -(-4y) = 4y所以，-2x + f'(y) = 4yf'(y) = 4y + 2x对f'(y)积分得：f(y) = 2xy + xy^2 + g(x)综上所述，u = -2xy + 2xy + xy^2 + g(x)= xy^2 + g(x)故解为 f(z) = xy^2 + g(x) + i(2xy + f(y))2. 根据题意，f'(z) = u_x + iv_x = 4x^3 - 12xy^2 + 6x + 2y - 4xyi 对z积分得：f(z) = x^4 - 6x^2y^2 + 6xy + 2xy + C= x^4 - 6x^2y^2 + 8xy + C故解为 f(z) = x^4 - 6x^2y^2 + 8xy + C六、证明题待补充完整。
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(cosisin )33-； （3）1cos isin αα-+；（4）1ie +； （5）i sin R e θ； （6）i +答案 （1）实部－1；虚部 2；辐角为4π2π,0,1,2,3k k +=±±；主辐角为4π3；原题即为代数形式；三角形式为4π4π2(cosisin )33+；指数形式为4πi 32e ．（2）略为 5πi 35π5π2[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(1θθθθθθθθ+=+=+1.2 计算下列复数 1）()103i 1+-；2）()31i 1+-；答案 1）3512i 512+-；2）()13π/42k πi632e 0,1,2k +=；1.3计算下列复数（1 （2答案 （1（2）(/62/3)i n eππ+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2212()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||1az bbz 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()01110=++++=--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()()kkz 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：2222121212||||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222244444444(1)2(cos sin )2(cos sin )(1)2(cos sin )2(cos sin )n nnnn 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 θθθθθθθθθθ-+-+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1.11 对于复数,k k αβ，证明复数形式的柯西(Cauchy)不等式：22221111||(||||)||||n n nnk k k k k kk k k k αβαβαβ====≤≤∑∑∑∑ 成立。
习题一答案2． 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）1323213i z i -==+， 因此：32Re , Im 1313z z ==-， （2）3(1)(2)1310i i i z i i i -+===---， 因此，31Re , Im 1010z z =-=， （3）133335122i i i z i i i --=-=-+=-， 因此，35Re , Im 32z z ==-， （4）82141413z i i i i i i =-+-=-+-=-+因此，Re 1, Im 3z z =-=，3． 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）2cos sin 22ii i e πππ=+=（2）1-+23222(cos sin )233i i e πππ=+= （3）(sin cos )r i θθ+()2[cos()sin()]22i r i re πθππθθ-=-+-=（4）(cos sin )r i θθ-[cos()sin()]i r i re θθθ-=-+-=（5）21cos sin 2sin 2sin cos 222i i θθθθθ-+=+ 4． 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=-+- （2）100100(1)(1)i i ++-50505051(2)(2)2(2)2i i =+-=-=-（3）(1)(cos sin )(1)(cos sin )i i i θθθθ-+-- （4）23(cos5sin 5)(cos3sin 3)i i ϕϕϕϕ+- （5=（6）= 5．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=-+-=+，6． 解下列方程：（1）5()1z i += （2）440 (0)z a a +=> 解：（1）z i += 由此25k i z i e i π=-=-， (0,1,2,3,4)k =（2）z ==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), )i i i i +-+---7． 证明下列各题：（1）设,z x iy =+则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 =≥（2）对任意复数12,,z z 有2221212122Re()z z z z z z +=++证明：验证即可，首先左端221212()()x x y y =+++， 而右端2222112211222Re[()()]x y x y x iy x iy =+++++- 2222112212122()x y x y x x y y =+++++221212()()x x y y =+++，由此，左端=右端，即原式成立。
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。
习题一答案之巴公井开创作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）1323213i z i -==+， 因此：32Re , Im 1313z z ==-， （2）3(1)(2)1310i i i z i i i -+===---， 因此，31Re , Im 1010z z =-=， （3）133335122i i i z i i i --=-=-+=-， 因此，35Re , Im 32z z ==-， （4）82141413z 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）2cos sin 22ii i e πππ=+= （2）1-+23222(cos sin )233i i e πππ=+= （3）(sin cos )r i θθ+()2[cos()sin()]22i r i re πθππθθ-=-+-=（4）(cos sin )r i θθ-[cos()sin()]i r i re θθθ-=-+-=（5）21cos sin 2sin 2sin cos 222i i θθθθθ-+=+ 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())]66i 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-+-- （4）23(cos5sin5)(cos3sin3)i i ϕϕϕϕ+- （5=（6=4．设12 ,z z i ==-试用三角形式暗示12z z 与12z z 解：12cos sin , 2[cos()sin()]4466z i z i ππππ=+=-+-，所以 12z z 2[cos()sin()]2(cos sin )46461212i 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 i z i e i π=-=-， (0,1,2,3,4)k =（2）z ==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), )i i i i +-+--- 6． 证明下列各题：（1）设,z x iy =+则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 =≥。
（2）对任意复数12,,z z 有2221212122Re()z z z z z z +=++证明：验证即可，首先左端221212()()x x y y =+++，而右端2222112211222Re[()()]x y x y x iy x iy =+++++-2222112212122()x y x y x x y y =+++++221212()()x x y y =+++， 由此，左端=右端，即原式成立。
（3）若a bi +是实系数代数方程101100n n n a z a z a z a --++++=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，而且根据复数的乘法运算规则，()n n z z =，由此得到：10110()()0n n n a z a z a z a --++++=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1,a =则,b a ∀≠皆有1a b a ab-=- 证明：根据已知条件，有1aa =，因此：11()a b a b a b a ab aa ab a a b a---====---，证毕。
（5）若1, 1a b <<，则有11a b ab -<- 证明：222()()a b a b a b a b ab ab -=--=+--， 2221(1)(1)1ab ab ab a b ab ab -=--=+--，因为1, 1a b <<，所以， 2222221(1)(1)0a b a b a b +--=--< ，因而221a b ab -<-，即11a b ab -<-，结论得证。
7．设1,z ≤试写出使n z 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1n n z a z a a +≤+≤+，在上面两个不等式都取等号时n z a +达到最大，为此，需要取n z 与a 同向且1n z =，即n z 应为a 的单位化向量，由此，n a z a=， 8．试用123,,z z z 来表述使这三个点共线的条件。
解：要使三点共线，那么用向量暗示时，21z z -与31z z -应平行，因而二者应同向或反向，即幅角应相差0或π的整数倍，再由复数的除法运算规则知2131z z Arg z z --应为0或π的整数倍，至此得到：123,,z z z 三个点共线的条件是2131z z z z --为实数。
9．写出过1212, ()z z z z ≠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：121121()()x x t x x y y t y y =+-⎧⎨=+-⎩， 因而，复参数方程为：其中t 为实参数。
10．下列参数方程暗示什么曲线？（其中t 为实参数）（1）(1)z i t =+ （2）cos sin z a t ib t =+ （3）i z t t=+ 解：只需化为实参数方程即可。
（1）,x t y t ==，因而暗示直线y x =（2）cos ,sin x a t y b t ==，因而暗示椭圆22221x y a b+= （3）1,x t y t==，因而暗示双曲线1xy = 11．证明复平面上的圆周方程可暗示为 0zz az az c +++=，其中a 为复常数，c 为实常数证明：圆周的实方程可暗示为：220x y Ax By c ++++=， 代入, 22z z z z x y i+-==，并注意到222x y z zz +==，由此 022z z z z zz A B c i+-+++=， 整理，得 022A Bi A Bi zz z z c -++++= 记2A Bi a +=，则2A Bi a -=，由此得到 0zz az az c +++=，结论得证。
12．证明：幅角主值函数arg z 在原点及负实轴上不连续。
证明：首先，arg z 在原点无定义，因而不连续。
对于00x <，由arg z 的定义不难看出，当z 由实轴上方趋于0x 时，arg z π→，而当z 由实轴下方趋于0x 时，arg z π→-，由此说明0lim arg z x z →不存在，因而arg z 在0x 点不连续，即在负实轴上不连续，结论得证。
13．函数1w z=把z 平面上的曲线1x =和224x y +=分别映成w 平面中的什么曲线？解：对于1x =，其方程可暗示为1z yi =+，代入映射函数中，得211111iy w u iv z iy y-=+===++， 因而映成的像曲线的方程为 221, 11y u v y y-==++，消去参数y ，得 2221,1u v u y +==+即22211()(),22u v -+=暗示一个圆周。
对于224x y +=，其方程可暗示为2cos 2sin z x iy i θθ=+=+代入映射函数中，得因而映成的像曲线的方程为 11cos , sin 22u v θθ==-，消去参数θ，得2214u v +=，暗示一半径为12的圆周。
14．指出下列各题中点z 的轨迹或所暗示的点集，并做图： 解：（1）0 (0)z z r r -=>，说明动点到0z 的距离为一常数，因而暗示圆心为0z ，半径为r 的圆周。
（2）0,z z r -≥是由到0z 的距离大于或等于r 的点构成的集合，即圆心为0z 半径为r 的圆周及圆周外部的点集。
（3）138,z z -+-=说明动点到两个固定点1和3的距离之和为一常数，因而暗示一个椭圆。
代入,z x iy ==化为实方程得（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()4z i π-=，幅角为一常数，因而暗示以i 为顶点的与x 轴正向夹角为4π的射线。
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）23z <<，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）arg (02)z αβαβπ<<<<<，顶点在原点，两条边的倾角分别为,αβ的角形区域，无界，单连通（3）312z z ->-，显然2z ≠，而且原不等式等价于32z z ->-，说明z 到3的距离比到2的距离大，因此原不等式暗示2与3 连线的垂直平分线即x =x =2后的点构成的集合，是一无界，多连通区域。
（4）221z z --+>，显然该区域的鸿沟为双曲线221z z --+=，化为实方程为 2244115x y -=，再注意到z 到2与z 到-2的距离之差大于1，因而不等式暗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）141z z -<+，代入z x iy =+，化为实不等式，得 所以暗示圆心为17(,0)15-半径为815的圆周外部，是一无界多连通区域。
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）5(1)z - （2）32z iz + （3）211z + （4）13z z ++ 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：（1）5(1)z -处处解析，54[(1)]5(1)z z '-=-（2）32z iz +处处解析，32(2)32z iz z i '+=+（3）211z +的奇点为210z +=，即z i =±， （4）13z z ++的奇点为3z =-， 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。
