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复变函数论第三课后习题答案我的答案 祝大家学习愉快 第一章习题解答 1设z=1-3i，求z及Arcz。 2p解：由于z=1-3i=e-3i 2所以z=1，Arcz=-p+2kp,k=0,±1,L。 32设z1=1+i,z2=3-1，试用指数形式表示z1z2及z1。 2z2pp-ii1+i=e4,z2=3-i=2e6 解：由于z1=2p所以z1z2=e42epii-i6p=2e(-)i46ppp=2e12ip5p+)iiz1e41(p14612=e=e。 p-iz2222e63解二项方程z+a=0,(a>0)。 解：z44=-a=(ae)=ae2224414pi4p+2kp4i,k=0,1,2,3。 4证明 ，并说明其几何意义。 证明：由于z1+z2 z1-z22=z1+z2+2Re(z1z2) 22=z1+z2-2Re(z1z2) 2 所以z1+z2+z1-z22=2(z1+z2)2 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的二倍。 5设z1，z2，z3三点适合条件：接于单位圆证 由于z1+z2+z3=0,z1=z2=z3=1。证明z，z，z是内123z=1的一个正三角形的顶点。 ，知z1=z2=z3=13Dz1z2z3的三个顶点均在单位圆上。 因为 1=z3=z3z3=-(z1+z2)-(z1+z2)=z1z1+z2z2+z3z2+z1z2 =2+z1z2+z1z2 zz所以， 12又 +z1z2=-1， 2z1-z2=(z1-z2)(z1-z2)=z1z1+z2z2-(z1z2+z2z1)=2-(z1z2+z1z2)=3 z故 1同理-z2=3， ，知z1-z3=z2-z3=3Dz1z2z3是内接于单位圆z=1的一个正三角形。 6下列关系表示点z的轨迹的图形是什么？它是不是区域。 z-z1=z-z2,(z1¹z2)； 解：点z的轨迹是z与z12两点连线的中垂线，不是区域。 z£z-4； 解：令z=x+yi 由x+yi£(x-4)+yi，即x2+y2£(x-4)2+y2，得x£2 故点z的轨迹是以直线x=2为边界的左半平面；不是区域。 z-1<1 z+1解：令z=x+yi， 由z-1<z+1，得(x-1)2<(x+1)2，即x>0； 故点z的轨迹是以虚轴为边界的右半平面；是区域。 p4,且2£Rez£3； 0<arg(z-1)<解：令z=x+yi yppìì<ì0<y<x-1ï0<argï0<arg(z-1)<由í x-14，即í4，得í2£x£3îïï2£x£3î2£Rez£3î故点z的轨迹是以直线x=2,x=3,y=0,y=x-1为边界的梯形；不是区域。 z>2,且z-3>1； 解：点z的轨迹是以原点为心，2为半径，及以z=3为心，以1为半径的两闭圆外部，是区域。 Imz>1,且z<2； 解：点z的轨迹是位于直线Imz=1的上方，且在以原点为心，2为半径的圆内部分；是区域。 z<2,且0<argz<p4； 解：点z的轨迹是以正实轴、射线argz=p及圆弧Z=2为边界的扇形，4i131>,且z-i> 2222是区域。 z-解：令z=x+yi ìi11ì2z->x+(y-)>ïï22ïï2由í，得í31ïz-i>ïx2+(y-3)>ïïî222î故点14 14z的轨迹是两个闭圆x21131+(y-)=,x2+(y-)=的外部，是区域。 24247证明：z平面上的直线方程可以写成az+az=C 证 设直角坐标系的平面方程为Ax+By=C将 11x=Rez=(z+z),y=Imz=(z-z)代入，得 22i11(A-iB)z+(A-iB)z=C22 a=11(A+iB)a=(A-iB)22，则，上式即为az+az=C。 令反之：将z=x+yi,z=x-yi，代入az+az=C得(a+a)x+(ia-ia)y=c 则有Ax+By=C；即为一般直线方程。 8证明：z平面上的圆周可以写成 2Azz+bz+bz+c=0. 其中A、C为实数，A¹0,b为复数，且b证明：设圆方程为 >AC。 A(x2+y2)+Bx+Dy+C=0 其中A¹0,当B+D>4AC时表实圆； 2211(z+z),y=(z-z)代入，得 将x+y=zz,x=22i2211Azz+(B-Di)z+(B+Di)z+c=0 22即Azz+bz+bz+c=0. 其中b=且b211(B+Di),b=(B-Di) 2211=(B2+D2)>·4AC=AC； 44(b>AC) 2反之：令z=x+yi,b=a+bi代入Azz+bz+bz+c=0得A(x+y)+Bx+Dy+C=0,其中B=2a,B=2b 即为圆方程。 10求下列方程给出的曲线。 22z=(1+i)t； z=acost+ibsint； z=t+iiz=t2+2t； t， ìx=tz=x+iy=(1+i)tÛí,-¥<t<¥y=tî解。即直线y=x。 ìx=acostz=x+iy=acost+ibsintÛí,îy=bsint0<t£2px2y2+2=12ab，即为椭圆； tìiïx=1z=x+iy=t+Ûíy=tït，即为双曲线xy=1； î2ìx=tiï1z=x+iy=t2+2Ûíy=t2ïtî，即为双曲线xy=1中位于第一象限中的一支。 11函数w=1z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)？ 2y=x； (x-1)+y=1 2w=解 x-y11xyu=,v=2-ix2+y2x2+y2，可得 zx+iyx+y2x2+y2，u=xy-(-y)=-vx2+y2x2+y2x2+y2是w平面上一直线； (x-1)2+y2=1Ûx2+y2=2xÛ于是x1=x2+y22， u=12，是w平面上一平行与v轴的直线。13试证argz(-p<argz£p)在负实轴上不连续，除此而外在z平面上处处连续。 证 设f(z)=argz，因为f(0)无定义，所以f(z)在原点z=0处不连续。 当z0为负实轴上的点时，即z0=x0(x0<0)，有 ìyæöçarctan+p÷ïxlim®x0èxøïìpïy®0+limargz=í=íyz®z0ö-pïlimæçarctan-p÷îïx®x0èxø-ïy®0î 所以z®z0limargz不存在，即argz在负实轴上不连续。而argz在z平面上的其它点处的连续性显然。 14 设 ì xy 3 ï , = f (z 2 + y 6 í z¹0x ) ï 0 , z=0 î 求证f(z)在原点处不连接。 证 由于 x4x2limf(z)=lim2=lim=0z®0x®0x+x6x®01+x4y=xy61limf(z)=lim6=z®0y®0y+y623x=y可知极限z®0limf(z)不存在，故f(z)在原点处不连接。 16. 试问函数f(z) = 1/(1 z )在单位圆| z | < 1内是否连续？是否一致连续？ (1) f(z)在单位圆| z | < 1内连续 因为z在C内连续，故f(z) = 1/(1 z )在C1内连续(连续函数的四则运算)，因此f(z)在单位圆| z | < 1内连续 (2) f(z)在单位圆| z | < 1内不一致连续 令zn = 1 1/n，wn = 1 1/(n + 1)，nÎN+ 则zn, wn都在单位圆| z | < 1内，| zn - wn | ® 0， 但| f(zn) - f(wn) | = | n - (n + 1) | = 1 > 0，故 f(z)在单位圆| z | < 1内不一致连续 也可以直接用实函数f(x) = 1/(1 x )在(0, 1)不一致连续来说明，只要把这个实函数看成是f(z)在E = zÎC | Im(z) = 0, 0 < Re(z) < 1 上的限制即可 17. 试证：复数列zn = xn + i yn以z0 = x0 + i y0为极限的充要条件是实数列xn及yn分别以x0及y0为极限 (Þ) 若复数列zn = xn + i yn以z0 = x0 + i y0为极限， 则"e > 0，$NÎN+，使得"n > N，有| zn - z0 | < e 此时有| xn - x0 | £ | zn - z0 | < e；| yn - y0 | £ | zn - z0 | < e 故实数列xn及yn分别以x0及y0为极限 (Ü) 若实数列xn及yn分别以x0及y0为极限，则"e > 0， $N1ÎN+，使得"n > N1，有| xn - x0 | < e/2； $N2ÎN+，使得"n > N2，有| yn - y0 | < e/2 令N = maxN1, N2，则"n > N，有n > N1且n > N2， 故有| zn - z0 | = | (xn - x0) + i (yn - y0) | £ | xn - x0 | + | yn - y0 | < e/2 + e/2 = e 所以，复数列zn = xn + i yn以z0 = x0 + i y0为极限 20. 如果复数列zn合于lim n®¥ zn = z0 ¹ ¥，证明lim n®¥ (z1 + z2 + . + zn)/n = z0 当z0 ¹ ¥时，结论是否正确？ (1) "e > 0，$KÎN+，使得"n > K，有| zn - z0 | < e /2 记M = | z1 - z0 | + . + | zK - z0 |，则当n > K时，有 | (z1 + z2 + . + zn)/n - z0 | = | (z1 - z0) + (z2 - z0) + . + (zn - z0) |/n £ ( | z1 - z0 | + | z2 - z0 | + . + | zn - z0 |)/n = ( | z1 - z0 | + . + | zK - z0 |)/n + ( | zK +1 - z0 | + . + | zn - z0 |)/n £ M/n + (n - K)/n · (e /2) £ M/n + e /2 因lim n®¥ (M/n) = 0，故$LÎN+，使得"n > L，有M/n < e /2 令N = maxK, L，则当n > K时，有 | (z1 + z2 + . + zn)/n - z0 | £ M/n + e /2 < e /2 + e /2 = e 所以，lim n®¥ (z1 + z2 + . + zn)/n = z0 (2) 当z0 ¹ ¥时，结论不成立这可由下面的反例看出 例：zn = (-1)n · n，nÎN+显然lim n®¥ zn = ¥ 但"kÎN+，有(z1 + z2 + . + z2k)/(2k) = 1/2， 因此数列(z1 + z2 + . + zn)/n不趋向于¥ 这个结论的证明的方法与实数列的情况完全相同，甚至反例都是一样的 2如果z=e，试证明 it11nz-=2isinntz+n=2cosntnzz； n解 zn+1=eint+e-int=eint+eint=2sinntnz zn-1int-intintint=e-e=e-e=2isinntnz 4设z=x+iy，试证 x+y2£z£x+y。 证 由于z=x2+y2£22x+y+2xy=x+y22z=x+y=及 2x2+y2³2()x2+y2+2xy2=x+y2x+y有 2£z£x+y6. 设| z | = 1，试证：| (a z + b)/(b* z + a* ) | = 1(z*表示复数z的共轭) 此题应该要求b* z + a* ¹ 0 | a z + b | = | (a z + b)* | = | a* z* + b* | = | a* z* + b* | · | z | = | (a* z* + b*) · z | = | a* z* · z + b* · z | = | a* | z |2 + b* · z | = | b* z + a* | 故| (a z + b)/(b* z + a* ) | = 1 8. 试证：以z1, z2, z3为顶点的三角形和以w1, w2, w3为顶点的三角形同向相似的充要条件为 z1z2z3w11w21= 0 w31两个三角形同向相似是指其中一个三角形经过(一系列的)旋转、平移、位似这三种初等几何变换后可以变成另一个三角形(注意没有反射变换)例如 z'2z2z'32. 旋转z''3z31. 平移z''1z'1z1w1z''2w23. 位似w3我们将采用下述的观点来证明： 以z1, z2, z3为顶点的三角形和以w1, w2, w3为顶点的三角形同向相似的充要条件是：将它们的一对对应顶点都平移到原点后，它们只相差一个位似旋转 记f1(z) = z - z1 (将z1变到0的平移)；f3(z) = z - w1 (将0变到w1的平移)； 那么，三角形z1z2z3与三角形w1w2w3同向相似 Û 存在某个绕原点的旋转位似变换f2(z) = z0 z， 使得f2 ( f1(zk) = f3(wk)，(k = 2, 3)，其中z0ÎC0 Û 存在z0ÎC0，使得z0(zk - z1) = wk - w1，(k = 2, 3) Û (w2 - w1)/(z2 - z1) = (w3 - w1)/(z3 - z1) Û z2-z1z3-z1w2-w1w3-w1= 0 0Û 01z2-z1z3-z1z1w2-w11= 0 w3-w11w11w21= 0证完 w31Û z2z39. 试证：四个相异点z1, z2, z3, z4共圆周或共直线的充要条件是 (z1 z4)/(z1 z2) : (z3 z4)/(z3 z2)为实数 在平面几何中，共线的四个点A, B, C, D的交比定义为 (A, B; C, D) = (AC/CB) : (AD/DB) 这是射影几何中的重要的不变量 类似地，在复平面上，(不一定共线的)四个点z1, z2, z3, z4的交比定义为 z1z2, z3z4 = (z1 z3)/(z2 z3) : (z1 z4)/(z2 z4) 本题的结论是说：复平面上四个点共圆或共线的充要条件是其交比为实数 (Þ) 分两种情况讨论 (1) 若(z1 z4)/(z1 z2)为实数，则(z3 z4)/(z3 z2)也是实数 设(z1 z4)/(z1 z2) = t，tÎR则z4 = (1 t)z1 + t z2， 故z4在z1, z2所确定的直线上，即z1, z2, z4共线 因此，同理，z1, z2, z3也共线所以，z1, z2, z3, z4是共线的 (2) 若(z1 z4)/(z1 z2)为虚数，则(z3 z4)/(z3 z2)也是虚数 故Arg (z1 z4)/(z1 z2) ¹ kp，Arg (z3 z4)/(z3 z2) ¹ kp 而Arg (z1 z4)/(z1 z2) Arg (z3 z4)/(z3 z2) = Arg (z1 z4)/(z1 z2) : (z3 z4)/(z3 z2) = kp 注意到Arg (z z4)/(z z2) = Arg (z4 z)/(z2 z)是z2 z到z4 z的正向夹角， 若Arg (z1 z4)/(z1 z2) = Arg (z3 z4)/(z3 z2)， 则z1, z3在z2, z4所确定的直线的同侧，且它们对z2, z4所张的角的大小相同， 故z1, z2, z3, z4是共圆的 若Arg (z1 z4)/(z1 z2) = Arg (z3 z4)/(z3 z2) + p， 则z1, z3在z2, z4所确定的直线的异侧，且它们对z2, z4所张的角的大小互补， 故z1, z2, z3, z4也是共圆的 (Ü) 也分两种情况讨论 (1) 若z1, z2, z3, z4是共线的，则存在s, tÎR0, 1，使得 z4 = (1 s)z3 + s z2，z4 = (1 t)z1 + t z2， 那么，z3 z4 = s (z3 z2)，即(z3 z4)/(z3 z2) = s； 而z1 z4 = t (z1 z2)，即(z1 z4)/(z1 z2) = t， 所以，(z1 z4)/(z1 z2) : (z3 z4)/(z3 z2) = t/sÎR (2) 若z1, z2, z3, z4是共圆的， 若z1, z3在z2, z4所确定的直线的同侧，那么， Arg (z4 z1)/(z2 z1) = Arg (z4 z3)/(z2 z3) 因此(z4 z1)/(z2 z1) : (z4 z3)/(z2 z3)是实数 也就是说(z1 z4)/(z1 z2) : (z3 z4)/(z3 z2)是实数 若z1, z3在z2, z4所确定的直线的异侧， 则Arg (z4 z1)/(z2 z1) + Arg (z2 z3)/(z4 z3) = (2k + 1)p， 故Arg (z1 z4)/(z1 z2) : (z3 z4)/(z3 z2) = Arg (z1 z4)/(z1 z2) Arg (z3 z4)/(z3 z2) = Arg (z1 z4)/(z1 z2) + Arg (z3 z2)/(z3 z4) = Arg (z4 z1)/(z2 z1) + Arg (z2 z3)/(z4 z3) = (2k + 1)p， 所以，(z1 z4)/(z1 z2) : (z3 z4)/(z3 z2)仍为实数证完 这个题目写的很长，欢迎同学们给出更简单的解法 11. 试证：方程| z - z1 |/| z - z2 | = k ( 0 < k ¹ 1，z1 ¹ z2 )表示z平面的一个圆周，其圆心为z0，半径为r，且z0 = (z1 - k2 z2)/(1 - k2)，r = k | z1 - z2|/| 1 - k2 | 到两定点距离成定比的点的轨迹是圆或直线当比值不等于1时，轨迹是一个圆，这个圆就是平面几何中著名的Apollonius圆 设0 < k ¹ 1，z1 ¹ z2，z0 = (z1 - k2 z2)/(1 - k2)，r = k | z1 - z2|/| 1 - k2 | "zÎC，| z - z0 | = r Û | z - (z1 - k2 z2)/(1 - k2) | = k | z1 - z2|/| 1 - k2 | Û | z(1 - k2) - (z1 - k2 z2) | = k | z1 - z2 | Û | (z - z1) - k2 (z - z2)| = k | z1 - z2| Û | (z - z1)/k - k (z - z2) | = | z1 - z2| Û | (z - z1)/k - k (z - z2) | = | (z - z1) - (z - z2) | Û | (z - z1)/k - k (z - z2) |2 = | (z - z1) - (z - z2) |2 Û | z - z1 |2/k2 + k2 | z - z2 |2 = | z - z1 |2 + | z - z2 |2 Û (1/k2 - 1)| z - z1 |2 = (1 - k2 ) | z - z2 |2 Û | z - z1 |2/k2 = | z - z2 |2 Û | z - z1 |/| z - z2 | = k证完 直接地双向验证，可能需要下面的结论，其几何意义非常明显的 命题：若复数z, w ¹ 0，则| | z | · w /| w | - | w | · z /| z | | = | w - z | 证明：我们用z*表示复数z的共轭 | | z | · w /| w | - | w | · z /| z | |2 = | | z | · w /| w | |2 + | | w | · z /| z | |2 - 2Re( | z | · w /| w |) · (| w | · z /| z |)* = | z |2 + | w |2 - 2Re( w · z* ) = | w - z |2 或更直接地，| | z | · w /| w | - | w | · z /| z | | = | | z | · w /| w | - | w | · z /| z | | · | z* /| z | | · | w* /| w | | = | (| z | · w /| w | - | w | · z /| z |) · (z*/| z |) · (w*/| w |) | = | (| z | · (z*/| z |) - | w | · (w*/| w |) | = | w - z | 12. 试证：Re(z) > 0 Û | (1 - z)/(1 + z) | < 1，并能从几何意义上来读本题 Re(z) > 0 Û 点z在y轴右侧 Û 点z在点-1和点1为端点的线段的垂直平分线的右侧 Û 点z在点-1和点1为端点的线段的垂直平分线的与1同侧的那一侧 Û 点z到点-1的距离大于点z到点1的距离 Û |1 + z | > | 1 - z | Û | (1 - z)/(1 + z) | < 1 不用几何意义可以用下面的方法证明： 设z = x + i y，x, yÎR | (1 - z)/(1 + z) | < 1 Û |1 + z | > | 1 - z | Û |1 + z |2 > | 1 - z |2 Û 1 + z2 + 2Re(z) > 1 + z2 - 2Re(z) Û Re(z) > 0 由本题结论，可知映射f(z) = (1 - z)/(1 + z)必然把右半平面中的点映射到单位圆内的点并且容易看出，映射f(z)把虚轴上的点映射到单位圆周上的点 问题：f(z)在右半平面上的限制是不是到单位圆的双射？f(z)在虚轴上的限制是不是到单位圆周的双射？ "$Æ-´±¹³·£ºÅÄabcdefghijklmnopqrstuvwxyz¥·°ÀÂÃÑÕåò RÐR§Y ÎÏÍÌ ÉÊËËÐÞ§¨©ª§NRQRDRRRRRCK#«®¬­¯ØÚÙÈÇÛÞÜDSGFLW¶ +"mÎN，$mÎN，á a1, a2, ., an ñlim n®¥，+n®¥"e > 0，å un，å n ³ 1 un，mÎR， "e > 0，$d > 0，ò0, 2p l 2 dx，f(x) = (-¥, +¥)-p, på1 £ k £ n un，0, 2p