复变函数习题答案.docx

复变函数习题答案习题一 1. 用复数的代数形式a+ib表示下列复数 e-i/4;3+5i7i+1;(2+i)(4+3i);1i+31+i. 解： e-4i2æ2æöæö=cosç-÷+isinç-÷=+ç-ç22è4øè4øèö22i÷=-i ÷22ø解： 3+5i7i+1=(3+5i)(1-7i)(1+7i)(1-7i)=-1625+1325i 解： (2+i)(4+3i)=8-3+4i+6i=5+10i 解： 1i+31+i=-i+3(1-i)2=32-52i 2.求下列各复数的实部和虚部(z=x+iy) 3öæ-1-i3ön3æ-1+i(aÎ); z;ç÷ç÷i. z+aè2øè2øz-a33解： 设z=x+iy 则 z-az+a=(x+iy)-a(x+iy)+a2=(x-a)+iy(x+a)+iy22=éë(x-a)+iyùûéë(x+a)-iyùû(x+a)2+y2x-a-yæz-aö=Reç÷22èz+aø(x+a)+y, Imçæz-aö÷=èz+aø2xy(x+a)2+y2 解： 设z=x+iy z3=(x+iy)=(x+iy)(x+iy)=(x2-y2+2xyi)(x+iy) =x(x-y23232)-2xy22222+éy(x-y)+2xyùiëû3=x-3xy+(3xy-y2)i3Re(z3)=x3-3xy2, 3Im(z)=3x2y-y 3æ-1+i3ö=解： ç÷ç÷2èø(-1+i38)31é=-1-3×(-1)×ë8ê(3)22ùé+3×(-1)×úûêë3-(3)3ù úû=18(8+0i)=1 Reçæ-1+i3ö=1, ÷ç÷2èø3æ-1+i3öImç=0 ÷ç÷2èø-3×(-1)×-3(-1)3()22é+3×(-1)×3-(3)3ùi解： æç-1+i3ö÷=êëçè2÷ø8=18(8+0i)=1 Reæ-1+i3ö÷=1, Imæöçç-1+i3èç2÷øç÷=0 è2÷øìin=(-1)k解： ï,n=2kín=2k+1k΢ ïkî(-1)×i, 当n=2k时，Re(in)=(-1)k，Im(in)=0； 当n=2k+1时，Re(in)=0，Im(in)=(-1)k 3.求下列复数的模和共轭复数 -2+i;-3;(2+i)(3+2i);解：-2+i=4+1=5 -2+i=-2-i 解：-3=3 -3=-3 解：(2+i)(3+2i)=2+i3+2i=5×13=65 (2+i)(3+2i)=(2+i)×(3+2i)=(2-i)×(3-2i)=4-7i解：1+i=1+i=2222æ1+içö=(1+i)1-iè2÷ø2=2 4、证明：当且仅当z=z时，z才是实数 证明：若z=z，设z=x+iy， 则有 x+iy=x-iy，从而有(2y)i=0，即y=0 úû1+i2. z=x为实数 若z=x，x¡，则z=x=x z=z 命题成立 5、设z,w¡，证明： z+w 2z+w 证明：z+w=(z+w)×(z+w)=(z+w)(z+w) =z×z+z×w+w×z+w×w=z=z2+zw+z×w+w+w22)+2Re(z×w)+2z×w+2z×w (2z2+w+w+w2=z=22(z)2 z+wz+w 6、设z,w¡，证明下列不等式 z+wz-w2=z=z2+2Rez×w+w-2Rez×w+w2()222()2z+w2+z-w=2z(2+w2) 2并给出最后一个等式的几何解释 证明：z+w=z+2Re(z×w)+w在上面第五题的证明已经证明了 22下面证z-w=z-2Re(z×w)+w 222z-w=(z-w)×(z-w)=(z-w)(z-w) 2=z2-z×w-w×z+w22=z2-2Rez×w+w2()2从而得证 z+w+z-w=2z+w(22) 几何意义：平行四边形两对角线平方的和等于各边的平方的和 7.将下列复数表示为指数形式或三角形式 3+5i7i+1;i;-1;-8(1+3i);22öæcos+isinç÷. 99øè3解：3+5i7i+1=(3+5i)(1-7i)(1+7i)(1-7i)=175×ei×q=38-16i50=19-8i25 其中q=-arctan819 解：i=ei×q其中q= i22 i=e23解：-1=ei=ei 解：-8(1+3i)=16q=-. -8(1+3i)=16×e3-23i22öæ+isin解：çcos÷ 99èø22öæ+isinçcos÷99øè3解：=1 i×.322öæ9+isin=1×e=eçcos÷99èø3223i8.计算：(1)i的三次根；(2)-1的三次根；(3) 3+i的三次根 13i的平方根. 解：3i=çcosèæ2+isinö3÷=cos2ø2k+32+isin2k+32(k56=0,1,2) 3+12iz1=cos z3=cos696+isin6=96132+12i z2=cos3-12i 56+isin=-2+isin=-2-1的三次根 解：-1=(cos+isin)3=cos32k+33i +isin2k+3(k=0,1,2) z1=cos 3+isin3=12+2z2=cos+isin=-1 z3=cos53+isin53=-12-32i3+3i的平方根 解：3+æ223i=6×ç+ç22èöi÷=÷ø126×e4 i3+13i=(6×e4i)öæ2k+2k+ç4+isin4÷=64×çcos÷è22ø11(k=0,1) iöæz1=6×çcos+isin÷=64×e888øè4119i99öæz2=6×çcos+isin÷=64×e8 88øè49.设z=e i2nn-1=0 ,n³2. 证明：1+z+L+z证明：z=e i×2n zn=1，即zn-1=0 (z-1)(1+z+L+zn-1)=0 又n2 z1 从而1+z+z2+L+zn-1=0 11.设G是圆周z:z-c=r,r>0,a=c+reia.令 ìüæz-aöLb=íz:Imç÷=0ý, èbøîþ其中b=e.求出Lb在a切于圆周G的关于b的充分必要条件. 解：如图所示 ib因为Lb=z: Imçæz-aö÷èbø=0表示通过点a且方向与b同向的直线，要使得直线在a处与圆相切，则CALb过C作直线平行Lb，则有BCD=，ACB=90° 故-=90° 所以Lb在处切于圆周T的关于的充要条件是-=90° 12.指出下列各式中点z所确定的平面图形，并作出草图. (1)argz=;(2)z-1=z;(3)1<z+i|<2;(4)Rez>Imz;(5)Imz>1且z<2.解： (1)、argz=表示负实轴 (2)、|z-1|=|z|表示直线z=12 (3)、1<|z+i|<2 解：表示以-i为圆心，以1和2为半径的周圆所组成的圆环域。 、Re(z)>Imz 解：表示直线y=x的右下半平面 5、Imz>1，且|z|<2 解：表示圆盘内的一弓形域。 所以当y时有|cosz| 习题二 1. 求映射w=z+解：设z=x+iy, 1z下圆周|z|=2的像. w=u+iv则 1x+iyx-iyx+y2u+iv=x+iy+=x+iy+=x+2xx+y2+i(y-2yx+y2) 2 因为x2+y2=4,所以u+iv=所以 u= x=uu5454x+34yi54x,v=+v3434y,y=u5222所以()542+v()342=2即()+v3222()=1，表示椭圆. 2. 在映射w=z2下，下列z平面上的图形映射为w平面上的什么图形，设w=reij或w=u+iv. 0<r<2,q=4； 0<r<2,0<q<4; (3) x=a, y=b.(a, b为实数) 解：设w=u+iv=(x+iy)2=x2-y2+2xyi 所以u=x2-y2,v=2xy. (1) 记w=reij，则0<r<2,q=0<r<4,j=2. 4映射成w平面内虚轴上从O到4i的一段，即 (2) 记w=reij，则0<q<4,0<r<2映成了w平面上扇形域，即0<r<4,0<j<2. (3) 记w=u+iv，则将直线x=a映成了u=a2-y2,v=2ay.即v2=4a2(a2-u).是以原点为焦点，张口向左的抛物线将y=b映成了u=x2-b2,v=2xb. 即v2=4b2(b2+u)是以原点为焦点，张口向右抛物线如图所示. 3. 求下列极限. (1) lim11+z1t2z®¥ 解：令z=,则z®¥,t®0. 于是lim11+z2z®¥=limt®0t221+t=0. (2) limRe(z)zz®0; Re(z)z=xx+iy解：设z=x+yi，则Re(z)z有 limz®0=limxx+ikxx®0y=kx®0=11+ik显然当取不同的值时f(z)的极限不同 所以极限不存在. limz®iz-iz(1+z)z-i22； z-iz(i+z)(z-i)=limz®i解：limz®iz(1+z)=limz®i1z(i+z)=-12. limzz+2z-z-2z-12z®1. (z+2)(z-1)(z+1)(z-1)z+2z+1=32解：因为zz+2z-z-2z-12=z+2z+1, 所以limzz+2z-z-2z-12z®1=limz®1. 4. 讨论下列函数的连续性： ìxy,ï(1) f(z)=íx2+y2ï0,îz¹0,z=0;limxyx+y=k1+k222解：因为limf(z)=z®0(x,y)®(0,0), , 若令y=kx,则(x,y)®(0,0)limxyx+y22因为当k取不同值时，f(z)的取值不同，所以f(z)在z=0处极限不存在. 从而f(z)在z=0处不连续，除z=0外连续. ìx3y,ï(2) f(z)=íx4+y2ï0,îz¹0,z=0.解：因为0£xyx+yxyx+y423342£x3y22xy=x2, 所以(x,y)®(0,0)lim=0=f(0) 所以f(z)在整个z平面连续. 5. 下列函数在何处求导？并求其导数. (1) f(z)=(z-1)n-1 (n为正整数)； 解：因为n为正整数，所以f(z)在整个z平面上可导. n-1f¢(z)=n(z-1). (2) f(z)=z+2(z+1)(z+1)2. 解：因为f(z)为有理函数，所以f(z)在(z+1)(z2+1)=0处不可导. 从而f(z)除z=-1,z=±i外可导. f¢(z)=(z+2)¢(z+1)(z+1)-(z+1)(z+1)(z+1)¢(z+1)(z+1)-2z+5z+4z+3(z+1)(z+1)3z+85z-7752223222222=(3) f(z)=. 3(5z-7)-(3z+8)5(5z-7)2解：f(z)除z=(4) f(z)=外处处可导，且f¢(z)=+ix-yx+y22=-61(5z-7)2. x+yx+y22. x-iy+i(x-iy)x+y22解：因为f(z)=x+y+i(x-y)x+y22=(x-iy)(1+i)x+y22=z(1+i)z2=1+iz. 所以f(z)除z=0外处处可导，且f¢(z)=- 6. 试判断下列函数的可导性与解析性. (1) f(z)=xy2+ix2y; (1+i)z2. 解：u(x,y)=xy2,v(x,y)=x2y在全平面上可微. ¶y¶x=y,2¶u¶y¶u¶x=2xy,=¶v¶y¶v¶x¶u¶y=2xy,¶v¶x¶v¶y=x2所以要使得， =-, 只有当z=0时, 从而f(z)在z=0处可导，在全平面上不解析. (2) f(z)=x2+iy2. 解：u(x,y)=x2,v(x,y)=y2在全平面上可微. ¶u¶x=2x,¶u¶y=0,¶v¶x=0,=¶v¶y¶v¶u¶y¶y=2y=- . 只有当z=0时,即(0,0)处有¶u¶x,¶v¶y所以f(z)在z=0处可导，在全平面上不解析. (3) f(z)=2x3+3iy3; 解：u(x,y)=2x3,v(x,y)=3y3在全平面上可微. ¶u¶x=6x,2¶u¶y=0,¶v¶x=9y,2¶v¶y=0所以只有当2x=±3y时，才满足C-R方程. 从而f(z)在2x±3y=0处可导，在全平面不解析. (4) f(z)=z×z2. 解：设z=x+iy，则f(z)=(x-iy)×(x+iy)2=x3+xy2+i(y3+x2y) 3232u(x,y)=x+xy,v(x,y)=y+xy ¶u¶x=3x+y,22¶u¶y=2xy,¶v¶x=2xy,¶v¶y=3y+x22所以只有当z=0时才满足C-R方程. 从而f(z)在z=0处可导，处处不解析. 7. 证明区域D内满足下列条件之一的解析函数必为常数. (1) f¢(z)=0; 证明：因为f¢(z)=0，所以¶u¶x=¶u¶y=0,¶v¶x=¶v¶y=0. 所以u,v为常数，于是f(z)为常数. (2) f(z)解析. 证明：设f(z)=u-iv在D内解析,则 ¶u¶x¶u¶y¶u¶x=¶(-v)¶yÞ¶u¶x=-¶v¶y=-¶(-v)¶x¶v¶y,=+¶u¶y¶v¶y=¶v¶x=-¶u¶x¶v¶y=¶u¶y,¶u¶y=¶u¶y=-¶v¶x¶v¶x=而f(z)为解析函数，所以所以¶v¶x=-¶v¶x,¶v¶y=-¶v¶y=0,即¶u¶x=从而v为常数，u为常数，即f(z)为常数. (3) Ref(z)=常数. 证明：因为Ref(z)为常数，即u=C1, 因为f(z)解析，C-R条件成立。故从而f(z)为常数. (4) Imf(z)=常数. ¶u¶x¶u¶x=¶u¶y=0=0¶u¶y即u=C2 证明：与类似，由v=C1得因为f(z)解析，由C-R方程得所以f(z)为常数. 5. |f(z)|=常数. ¶u¶x¶v¶x=¶u¶y¶v¶y=0 =0,即u=C2 证明：因为|f(z)|=C，对C进行讨论. 若C=0，则u=0,v=0,f(z)=0为常数. 若C¹0，则f(z) ¹0,但f(z)×f(z)=C2，即u2+v2=C2 则两边对x,y分别求偏导数，有 2u׶u¶x+2v׶v¶x=0,2u׶u¶y+2v׶v¶y=0利用C-R条件，由于f(z)在D内解析，有 ¶u¶x=¶v¶y¶u¶y=-¶v¶x¶u¶vìu×+v×=0ïï¶x¶x所以í ¶u¶vïv×-u×=0ï¶xî¶x 所以¶u¶x=0,¶v¶x=0即u=C1,v=C2,于是f(z)为常数. (6) argf(z)=常数. 证明：argf(z)=常数，即arctanç÷=C, èuøævö于是ìïuï得íïuïî(v/u)¢1+(v/u)×׶v¶x¶v¶y=2u×(u×=2¶v¶x¶x222u(u+v)-v׶u)=u(u22¶v¶y2-v¶u¶y2)=0 u(u+v)ìuïïíïuïî×׶v¶x¶v¶x-v×+v׶u¶x¶u¶x-v×-v׶v¶x¶u¶x¶u¶y=0=0 C-R条件 =0¶v¶y=0，即=0解得 ¶u¶x¶u¶y=u,v为常数，于是f(z)为常数. 8. 设f(z)=my3+nx2y+i(x3+lxy2)在z平面上解析，求m,n,l的值. 解：因为f(z)解析，从而满足C-R条件. ¶u¶x¶v¶x¶u¶x=2nxy,22¶u¶y=3my+nx¶v¶y22=3x+ly,¶v¶yÞn=l =2lxy=¶u¶y=-¶v¶xÞn=-3,l=-3m所以n=-3,l=-3,m=1. 9. 试证下列函数在z平面上解析，并求其导数. (1) f(z)=x3+3x2yi-3xy2-y3i 证明：u(x,y)=x3-3xy2, v(x,y)=3x2y-y3在全平面可微,且 ¶u¶x=3x-3y,22¶u¶y=-6xy,¶v¶x=6xy,¶v¶y=3x-3y22所以f(z)在全平面上满足C-R方程，处处可导，处处解析. f¢(z)=¶u¶x+i¶v¶x=3x-3y+6xyi=3(x-y+2xyi)=3z22222. (2) f(z)=ex(xcosy-ysiny)+iex(ycosy+xsiny). 证明：u(x,y)=ex(xcosy-ysiny),¶u¶x¶u¶yxxxv(x,y)=e(ycosy+xsiny)处处可微，且 x=e(xcosy-ysiny)+e(cosy)=e(xcosy-ysiny+cosy)=e(-xsiny-siny-ycosy)=e(-xsiny-siny-ycosy)xxxxx¶v¶x¶v¶y=e(ycosy+xsiny)+e(siny)=e(ycosy+xsiny+siny) =e(cosy+y(-siny)+xcosy)=e(cosy-ysiny+xcosy)¶u¶x=¶v¶yxx所以, ¶u¶y=-¶v¶x所以f(z)处处可导，处处解析. f¢(z)=¶u¶xxz+i¶v¶xz=e(xcosy-ysiny+cosy)+i(e(ycosy+xsiny+siny)xxxxxxx=ecosy+iesiny+x(ecosy+iesiny)+iy(ecosy+iesiny)=e+xe+iye=e(1+z)zzìx3-y3+i(x3+y3),ï2210. 设f(z)=íx+yï0.îz¹0.z=0.求证：(1) f(z)在z=0处连续 (2)f(z)在z=0处满足柯西黎曼方程 (3)f(0)不存在 z®0证明.(1)limf(z)=而limu(x,y)=(x,y)®(0,0)limu(x,y)+iv(x,y) 332(x,y)®(0,0)(x,y)®(0,0)limx-yx+y2xyöæ =x-y×1+()2222÷çx+yx+yèøx-yx+y3x-y333320232x-y (x,y)®(0,0)limx-yx+y32232=032同理(x,y)®(0,0)limx+yx+y=0(x,y)®(0,0)limf(z)=0=f(0) f(z)在z=0处连续 (2)考察极限limz®0f(z)-f(0)z当z沿虚轴趋向于零时，z=iy，有 lim1iyy®0()û=liméëf(iy)-f0ùy®01iy×3-y(1-i)y2=1+i 当z沿实轴趋向于零时，z=x，有 lim1xx®0f(x)-f(0)=1+i ¶u¶x+i׶v¶x,¶v¶y-i¶u¶y它们分别为¶u¶x=¶v¶y,¶u¶y=-¶v¶x满足C-R条件 (3)当z沿y=x趋向于零时，有 x=y®0limf(x+ix)-f(0,0)x+ixDfDz=lim33x(1+i)-x(1-i)32x(1+i)x=y®0=i1+ilim 不存在即f(z)在z=0处不可导 z®011. 设区域D位于上半平面，D1是D关于x轴的对称区域，若f(z)在区域D内解析，求证F(z)=f(z)在区域D1内解析 证明：设f(z)=u(x,y)+iv(x,y)，因为f(z)在区域D内解析 所以u(x,y),v(x,y)在D内可微且满足C-R方程，即¶u¶x=¶v¶y,¶u¶y=-¶v¶x f(z)=u(x,-y)-iv(x,-y)=j(x,y)+iy(x,y)，得 ¶j¶x¶y¶x=¶u(x,-y)¶x¶j¶y=¶u(x,-y)¶y=-¶u(x,-y)¶y=-¶v(x,-y)¶x¶y¶y=+¶v(x,-y)¶y=¶v(x,-y)¶y¶y¶y¶j¶y¶y¶x故(x,y),(x,y)在D1内可微且满足C-R条件从而f(z)在D1内解析 13. 计算下列各值 (1) e2+i=e2ei=e2(cos1+isin1) 2-pi2¶j¶x=,=-(2)e3=e3×e-i3éæöæöù=e3×êcosç-÷+isinç-÷ú=e3è3øè3øûë22æ13×ç-è22öi÷ ø(3)Reex(x-iy2+y2)2-yx+y22=Ree(xx+y2i×e)æ2x2x+y=Reçeçèxéyyæöæöùö×êcosç-2+isin-2÷çx2+y2÷ú÷÷x+yèøèøûøë=ex+y22yæö×cosç22÷èx+yø(4)ei-2(x+iy)=ei×e-2(x+iy) =e-2x×e-2iy=e-2x14. 设z沿通过原点的放射线趋于点，试讨论f(z)=z+e的极限 解：令z=rei， 对于"，z时，r ()故lim(reiq+ere)=lim(reiq+ercosq+isinq)=¥ iqzr®¥r®¥所以limf(z)=¥ z®¥15. 计算下列各值 (1)ln(-2+3i)=ln13+iarg(-2+3i)=ln13+iç-arctanèæ3ö÷ 2ø(2)ln(3-3i)=ln23+iarg(3-3i)=ln23+iç-èæö÷=ln23-i6ø6(3)ln(ei)=ln1+iarg(ei)=ln1+i=i (4)ln(ie)=lne+iarg(ie)=1+2i 16. 试讨论函数f(z)=|z|+lnz的连续性与可导性 解：显然g(z)=|z|在复平面上连续，lnz除负实轴及原点外处处连续 设z=x+iy，g(z)=|z|=u(x,y)=¶u¶x¶v¶x22x+y=u(x,y)+iv(x,y) 22x+y,v(x,y)=0在复平面内可微 -12=12(x2+y2)×2x=xx+y22¶u¶y=yx+y22=0¶v¶y=0 故g(z)=|z|在复平面上处处不可导 从而f(x)=|z|+lnz在复平面上处处不可导 f(z)在复平面除原点及负实轴外处处连续 17. 计算下列各值 (1) (1+i)=e=e=eln21-i=e4ln(1+i)1-i=e2i+ö2÷ø(1-i)×ln(1+i)=e(1-i)×æçlnè2+4öi+2ki÷ø+44i-ln×e4+2kln2+2kæiç-lnè4ln2+2kéæ×êcosç-lnè4ëéæ×êcosç-lnè4ë5öæ2÷+isinç-lnøè4öæ2÷+isinç-lnøè4öù2÷úøûöù2÷úøû=2×e2k+4(2)(-3)=e=e=35=eln(-3)=e5×ln(-3)5×(ln3+i×+2ki)=e5ln3+5i×+2k5i5×ln3(cos(2k+1)5+isin(2k+1)5)5+isin(2k+1)5)()5×(cos(2k+1)×-i(3)1-i=eln1=e-iln1=e-i×ln1+i×0+2ki =e-i×(2ki)=e2k1+iæ1-iö(4)ç÷è2ø1+i=eæ1-iölnç÷è2ø=e(1+i)lnæçè1-iö÷2ø=e=eæöö(1+i)×çln1+iæç-÷+2ki÷è4øèø44=e-2kö(1+i)æç2ki-i÷è4øöæiç2k-÷è4ø2ki-i-2k+=e4×e=e4-2kææöö×çcos+isinç-÷÷4è4øøèæ22×ç-è22öi÷ø=e4-2k18. 计算下列各值 (1)cos(+5i)=-e-5ei(+5i)+e2-5-i(+5i)=5e5i-5+e2-5-i+5=-ch55+e(-1)2=-e-e2=-e+e2i+5(2)sin(1-5i)=ei(1-5i)-e2i2i-i(1-5i)=e-e2i-i-55-5e(cos1+isin1)-e×(cos1-isin1)e+e25-5×sin1-i×e+e25-5cos1i(3-i)e-e-i(3-i)(3)tan(3-i)=sin(3-i)cos(3-i)=ei(3-i)sin6-isin22i=()-i3-i22+e2(ch1-sin3)2i(4) sinz=212i2×(e2-y+xi-ey-xi)=sinx×chy+icosx×shy2 22=sinx×chy+cosx×shy222222=sinx×(chy-shy)+(cosx+sinx)×shy2=sinx+shy22(5)arcsini=-iln(i+1-i2)=-iln(1±2)ì-iéln(2+1)+i2kùûïë=íéùï-îiëln(2-1)+i(+2k)ûk=0,±1,L(6)arctan(1+2i)=-ln2=k+i1+i(1+2i)iæ21ö=-×lnç-+i÷1-i(1+2i)2è55øarctan2+i4×ln51219. 求解下列方程 (1) sinz=2 解：z=arcsin2=ln(2i±3i)=-lnéë(2±3)iùû ié=-iêln(2±ë1öùæ3)+ç2k+÷iúè2øû3),k=0,±1,L11öæ=ç2k+÷±iln(2+è2ø(2)ez-1-3i=0 解：ez=1+3i 即z=ln(1+3i)=ln2+i1öæ=ln2+ç2k+÷i3øè3+2ki (3)lnz=2i解：lnz=2i 即z=e2=i i(4)z-ln(1+i)=0 解：z-ln(1+i)=ln2+i× 20. 若z=x+iy，求证 (1) sinz=sinxchy+icosxshy 证明：sinz=e-e2i12i.(eiz-iz4+2ki=ln1öæ2+ç2k+÷i è4ø=ei(x+iy)-e2i-(x+yi)×i-y+xi-ey-xi)=sinx×chy+icosx.shy(2)cosz=cosxchy-isinxshy 证明：cosz=e+e21212iz-iz=12×(ei(x+yi)+e-i(x+yi)(e-y+xi+ey-xi)(e-y×(cosx+isinx)+ey.(cosx-isinx)y-y-yyé-e+eù.cosx-êisinx.úë2ûe+e2=cosx.chy-isinx.shy(3)|sinz|=sinx+shy 证明：sinz=sinz222212i(e-y+xi-ey-xi)=sinx×chy+icosx×shy 2222=sinxchy+cosx.shy222222=sinx(chy-shy)+(cosx+sinx)shy=sinx+shy22(4)|cosz|2=cos2x+sh2y 证明：cosz=cosxchy-isinxshy cosz2=cosx.chy+sinx.shy222222=cosx(chy-shy)+(cosx+sinx).shy2222=cosx+shy2221. 证明当y时，|sin(x+iy)|和|cos(x+iy)|都趋于无穷大 证明：sinz= sinz=e-y+xi12i(eiz-e-iz)=1×(e-y+xi-ey-xi) 2i12×e-y-y+xi-ey-xiy=eey-xi=e而sinz12(e-y+xi-y-ey-xi)=1(e-y2yy-e) 当y+时，e-y0，ey+有|sinz| 当y-时，e+，e0有|sinz| 12e-y+xi同理得cos(x+iy)=+ey-xi12(e-y-ey) 所以当y时有|cosz| 习题三 1. 计算积分ò(x-y+ix)dz,其中C为从原点到点1+i的直线段. C2解 设直线段的方程为y=x,则z=x+ix. 0£x£1 ò(x-y+ix)dz=ò(x-y+ix)d(x+ix)2201故 C=ò10ix(1+i)dx=i(1+i)×213x310=i3(1+i)=i-132. 计算积分ò(1-z)dz，其中积分路径C为 C(1) 从点0到点1+i的直线段; (2) 沿抛物线y=x2，从点0到点1+i的弧段. 解 (1)设z=x+ix. 0£x£1 ò(1-z)dz=ò(10C1 -x+)ix(d+x)ix=i(2)设z=x+ix2. 0£x£1 ò(1-z)dz=Cò10(1-x+ix2)d(x+ix)=22i33. 计算积分òzdz，其中积分路径C为 C(1) 从点-i到点i的直线段; (2) 沿单位圆周|z|=1的左半圆周，从点-i到点i; (3) 沿单位圆周|z|=1的右半圆周，从点-i到点i. 解 (1)设z=iy. -1£y£1 òCzdz=