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数学物理方法课后答案 (1)


第一章
习题 1.1.1 1.设是 z 复数,且 =1,求证 ω

复变函数与解析函数

z

1 1 = ( z + ) 是实数 ?1 ≤ ω ≤ 1 . 2 z

解:

ω =

z =1 1 1 1 z* ?? 1 → (z + ) = (z + ) (z + z*) = x 2 ←? ? 2 z 2 2 z



z = 1 时, ?1 ≤ x ≤ 1 ,∴ ?1 ≤ ω ≤ 1
( 2 ) e 1+ i
( 3 )1 ? i
(6) (

2.写出下列各复数的三角表示式和指数表示式:

(1 )

3

i

3
3 + i ) ?3

(4)

a + ib

(5) 1 ? cos

α + i sin α , 0 ≤ α ≤ π

(7)

2i ?1 + i

解: (1)由

i= e

i(

π
2

+ 2 kπ )
,k

= 0,1, 2


(2)

3

i

=e

π 2 i ( + kπ ) 6 3

= cos(

π
6

+

2 π 2 k π ) + i sin( + k π ) 3 6 3
π
3

e 1+ i = ee i = e (co s1 + i sin 1) ,因φ = 1
3=

(3)1 ? i

1 + 3e

? i? ? arctg ( ? 3 ) + 2 k π ?

= 2e
)

?i

= 2 (c o s
(4)

π
3

? i s in

π
3

? a + ib = ? ?

a2 + b2e

b i (a rg + 2 kπ ) a

? ? ?

1 2

=

4

a2 + b2 e

i(

1 b arg + k π ) 2 a

=

4

1 b 1 b ? + k π ) + i s in ( a rg + kπ a 2 + b 2 ? c o s( a rg 2 a 2 a ?
α
i

? )? ?

1? cosα + i sin α = 2sin e (5) 2
(6) (

π ?α
2

α ? π ?α ? π ?α ?? = 2sin ?cos + i sin ? ?? 2? 2 ? 2 ??

3 + i)

?3

( 3 ? i )3 1 1 ?iπ 1 π 2 = = ? i = e = ? sin i 8 8 8 2 ( 3 + i )3 ( 3 ? i )3

π ?i 2i π π 4 = = ? ) 2 e 2(cos i sin (7) ?1 + i 4 4 3.根据棣摩弗公式用 sin φ 和 cos φ 表示 cos 4φ 和 sin 4φ

i k n! 解: cos nφ + i sin nφ = (cos φ + i sin φ ) = ∑ sin k φ cos n?k φ k =0 k !( n ? k )!
n
n

4! i 4! i 2 4! 2 4 3 ∴ cos 4φ + i sin 4φ = cos φ + sin φ cos φ + sin φ cos 2 φ 0!4! 1!3! 2!2! i 3 4! 3 i 4 4! 4 + sin φ cos φ + sin φ 3!1! 4!0!

= (cos 4 φ ? 6sin 2 φ cos 2 φ + sin 4 φ ) + i 4cos φ sin φ (cos 2 φ ? sin 2 φ )


cos 4φ = cos 4 φ ? 6sin 2 φ cos 2 φ + sin 4 φ

sin 4φ = 4cos φ sin φ (cos 2 φ ? sin 2 φ )
4.求证
n

∑ cos k φ
k =1

=

sin ( n +

1 φ )φ ? sin 2 2

2 sin

φ

∑ sin k φ =
k =1

n

? cos( n +

1 φ )φ + cos 2 2

2

2 sin

φ

2
,并将欧拉公式

证:利用等比级数前 n 项求和公式

a1(1?qn) sn = 1?q

计算



n

e ik φ

k =1

e ik φ = c o s k ? + i s in k ?

代入,可得

∑ (cos k? + i sin k? ) = ∑ e
k =1 k =1

n

n

ikφ

分子母同乘(-1) eiφ (1 ? einφ ) ?????? → = ←????? ? iφ 1? e

=

e e



1 iφ 2

i e

e
1 iφ 2

i nφ

?1
1 ? iφ 2

=

e

i(n+

1 )φ 2

? e

1 iφ 2

? e

2 i s in

φ

2

= ?i

cos( n +

1 φ 1 φ )φ ? cos sin( n + )φ ? sin 2 2 + 2 2 φ φ 2 sin 2 sin 2 2

由两式实部与实部相等,虚部与虚部相等,即得证。 5.已知反正切的主值范围为 ?

π
2

< ar cot

y π < x 2

,试用 ar cot

y 表示辐角主值 argz。 x

解 根 据 0 ≤ a rg z < 2π , 故 ? ? ? ? ? = a rg z = ? ? ? ? ? ? y x y a rc ta n x y a rc ta n x y a rc ta n x a rc ta n , z在 第 I象 限 + π , z在 第 II 象 限 + π , z在 第 III象 限 + 2π , z在 第 IV象 限

?

0

6. 设

b < 1, a = 1, 试证明

a ?b =1 1 ? a?b

解 : 以 a = 1乘 分 母 , 得
.

a?b a?b a?b a?b = = = =1 1 ? a ?b a?b a 1 ? a ?b a ? a a ?b
z2 ? z1 z1 ? z3 = ,试证 z2 ? z1 = z3 ? z1 = z2 ? z3 z3 ? z1 z2 ? z3

7.设复数 z1 , z2 , z3满足

解 令分式等于 C.若 C=0,则 1 只要证明

z = z2 = z3 ,结论得证;若 C ≠ 0
z2 ? z1 z2 ? z3


c = 1 即可。原式取模,得 z1 ? z3 2 =

原式两边分别减 1 通分后取模得
3

z2 ? z3 = z1 ? z2 z3 ? z1

2



将①式与②式相除,易见 8.试利用 Re z

c = 1,即 c = 1,由此得证。
证明

= x ≤ x2 + y 2 = z

z1 + z2 ≥ z1 + z2 , z1 ? z2 ≥ z1 ? z2

证 将第一个不等式两边平方,则不等式右边的式子为

z1 + z 2 = z1 = z1
2 2

2

= ( z1 + z 2 ) ( z1 + z 2 ) ? = z1 z 1? + z 2 z 2 ? + z 1 z 2 ? + z1? z 2
2

+ 2 R e ( z1? z 2 ) + z 2 + 2 z1 z 2 + z 2
2

≤ z1

2

+ 2 z1? z 2 + z 2

2



= ( z1 + z 2 ) 2

边开方得第一式,同理得第二式

9.试利用实数序列极限存在的科西判别法,证明复数序列极限存在的科西判别法: 任给ε > 0,存在自然数N (ε )时,对任意正整数p,有 zn + p ? zn > ε , 则z的极限存在。 证:必要性。设 lim zn = z0 , 根据极限定义:任给ε > 0,存在N (ε ) > 0,使当n>N时,
n →∞



2 2 利用不等式(13)及上两式,可得 zn + p ? zn = zn + p ? z0 + z0 ? zn ≤ zn + p ? z0 + zn ? z0 < ε 充分性。设任给ε > 0,存在N (ε ) > 0,使当n>N时, zn + p ? z0 < ε 成立。由
2 2 xn + p ? xn ≤ (xn + p ? xn) (y n + p ? yn) = zn + p ? z n < ε 2 2 y n + p ? yn ≤ (xn + p ? xn) (y n + p ? yn) = z n + p ? z n < ε

z n ? z0 <

ε

对自然数p也有

z n + p ? z0 <

ε

根据微积分学中实数序列的科西判别法可知,必存在实数x0和y0,使 lim xn = x0,
n →∞

lim yn = y0
n →∞ n →∞ n →∞

因而当n → ∞时,zn的极限存在 lim zn = lim (xn + iyn) = x0 + y0 = z0
? 1+i n ? 10.试用 ε -N的语言证明序列 ( )? 的极限为0。 ? ? 2 ? 1+i n 1 n 证 任给 ε >0,要使 ( )-0 < ε ,就要求( ) < ε ,在不等式两边 2 2 ln ε ln ε . 取对数整理后可得 n>今取N=,当 n > N (ε )时 ln 2 ln 2 1+i n 即可满足上述要求。按极限的定义,即有 lim ( )=0 n→∞ 2

11.求下列序列的聚点和极限。 n in?1 3+4i n 1 n n n n (1)z =( ) (2)z = (?1 ) (3)z = (4)zn = (?1 ) n 6 2n +1 2n +1 nπ nπ i 1 n (5)zn =in?1 (6)zn =n+( ?1 ) (2n +1)i (7)zn = (1+ ) sin (8)zn = (1+ ) cos n 6 2n 6
n

解 (1)通 过 证 明 z n 在 n → ∞ 的 极 限 为 0, 即 得 lim z n = 0
n→ ∞

( 2) lim z n =

1 1 , lim z n = ? , 无 极 限 n→ ∞ n→ ∞ 2 2 (3)仿 照 (1),同 理 可 证 lim z n = 0;
n→ ∞ n→ ∞

(4)仿 照 (1),同 理 可 证 lim z n = 0; (5) 有 四 个 聚 点 : ± 1, ± i, 没 有 极 限 ;

( 6 ) 序 列 { z n }趋 于 无 穷 远 点 的 几 何 意 义 是 , 任 给 以 原 点 为 中 心 , 半 径 为
M , 总 可 以 找 到 一 个 N ,当 n > N 时 , 序 列 的 复 数 z n均 在 该 大 圆 之 外 , 换 句 话 说 , 无 穷 远 点 就 像 z = 0点 一 样 , 不 规 定 其 辐 角 , 故 lim z n = ∞ ;
n→ ∞

(7) 有 七 个 聚 点 : 0, ± (8)有 四 个 聚 点 : ±

1 3 , ± , ± 1, 无 极 限 , 也 没 有 上 下 极 限 (不 是 实 数 序 列 ) 2 2

1 , ± 1, 无 极 限 , lim = 1, lim = ? 1 n→ ∞ n→ ∞ 2

习题 1.1.2,
1. 试在复平面上画出下述点集的位置。

(1) R e( z 2 )

>

1 2

;

(2) 0

< arg( z ? 1) <

π
4

;

(3)

z + 3 + z ? 3 = 10 ;
2

(4)

z ?1 ≤ 1. z +1

解: (1) Re z

= Re( x 2 ? y 2 + 2ixy ) = x 2 ? y 2

作图 x

2

? y2 =

1 得双曲线 2

x2 ? y 2 >

1 为曲线左右方位置。 2

(2) arg( z

? 1) = arg [ ( x ? 1) + iy ] = arctg y π < x ?1 4
③0 相当于:

y x ?1

0 < arctg
①y>0

②x>1

<

y <1 x ?1

④y<x ? 1

y

00

1

X
( x + 3) 2 + y 2 + ( x ? 3) 2 + y 2 = 10

(3)

z + 3 + z ? 3 = 10

相当于:

( x + 3) 2 + y 2 = 100 ? 20 ( x ? 3) 2 + y 2 + ( x ? 3) 2 + y 2 12 x = 100 ? 20 ( x ? 3) 2 + y 2 , 5 ( x ? 3) 2 + y 2 = 25 ? 3 x

25( x 2 ? 6 x + 9) + 25 y 2 = 625 ? 150 x + 9 x 2

x y 16 x 2 + 25 y 2 = (20) 2 ,点集为椭圆: ( ) 2 + ( ) 2 = 1 5 4
(4)

z ?1 ( x ? 1) 2 + y 2 = ≤1 z +1 ( x + 1) 2 + y 2

x2 ? 2 x + 1 + y 2 ≤ x2 + 2 x + 1 + y 2
4x ≥ 0
3 见课上例题 4. 求在 ω

x≥0
1 z
1 z
下,直线

右半平面(包括 y 轴)

=

Re z = c (常数)映射为什么图形?

解:在

ω =

的映射下,

μ 与ν 满足什么方程?



c = Re z = Re

1 1 μ = Re = 2 μ + iν μ + ν 2 w

∴c ( μ 2 + ν 2 ) = μ
通过配方可得圆方程 c ( μ 2

?

μ
c

+

1 ) + cν 4c 2

2

=

1 4c

(μ ?

1 2 1 ) + ν 2 = 2 即在ω 平面为圆心在 ( 1 , 0 ) ,半径 1 为的圆 2c 4c 2c 2c

5 试证明,对任何实数
解:用反证法,若 则

x , 有 eix ≠ 0 。

eix = cos x + i sin x = 0 ,
1 )π 2

x 必需同时满: cos x = 0 和 sin x = 0
x = (k +


即有

x = kπ k = 0, ±1,........
sin( a + ib)

这是不可能的 6 计算下列数值(写出它的实部与虚部) (1) (4)

cos(ix)
ln(?i) ;

(2)

ch(ix)
?5

(3)

a,b 为实数;

(5) ln

解(1) cos(ix)

1 1 = (ei iix + e?i iix ) = (e? x + e x ) = chx 2 2

(2)

c h (ix ) =

1 ix (e + e ? ix ) = cos x 2

(3)

sin(a + bi ) = sin a cos(ib) + cos a sin(ib)

1 1 = sin a (e ? b + e b ) + cos a (e ? b ? eb ) 2 2i

= sin a c hb + i cos ashb
(4)

ln( ?i ) = ln( ?i eiArg ( ? i ) ) = ln ?i + iArg (?i )
= i(?

π
2

+ 2kπ ) , k = 0, ±1, ±2,.......

(5) ln

?5 =

1 1 (ln ?5 eiArg ( ?5) ) = [ ln 5 + iArg ( ?5) ] 2 2

=

1 π ln 5 + i ( + kπ ) 2 2

k = 0, ±1, ±2,......

7.试问下列函数在z0点的极限是否存在?是否连续? 1 z z? (1)f(z)=2x+iy , z0 = 2i (2)f(z)= ( ? ? ), z0 = 0 2i z z 解 () 1 limf(z)=-4i存在,且与f(z0 )=-4i相等
2 z→z0

limf(z)=lim (2)
z→0

2xy 不存在,只要令y=kx可证,当k取不同值时,上式有不同结果 x→0 x + y2 y→0
2

8.设f ( z )在z = z0连续,且f ( z0 ) ≠ 0,试证明,可找到z0的一个邻域中f ( z )不为0。 解 由连续的定义可知,任给ε > 0, 存在δ > 0,当 z ? z0 < ε时有 1 f ( z0 ) 。由f ( z )在z0点连续,故 2 1 存在δ > 0, z ? z0 < δ 时,有 f ( z ) ? f ( z0 ) < ε = f ( z0 ) 2 利用1.1的(14)式,得 f ( z ) ? f ( z0 ) ≥ f ( z0 ) ? f ( z ) 联立上两式 f ( z ) ? f ( z0 ) < ε 题设 f ( z0 ) ≠ 0,可取ε = 即有 f ( z0 ) > 2 f ( z ) ? f ( z0 ) ≥ 2 f ( z0 ) ? 2 f ( z ) 即有 f ( z0 ) > 移项, 1 f ( z0 ) > 0,即f ( z )在z0的δ 邻域内f ( z ) ≠ 0. 2

9.试证明f ( z ) = z 2在区域 z < 1中一致连续。 证 根据一致连续定义,必须证明任给ε > 0,存在δ > 0,当 z '? z '' < δ 时, 有 f ( z ') ? f ( z '') = z '2 ? z ''2 < ε即可,其中δ 只有与ε 有关而与z ',z '' 无关 对于 z < 1中的两点 z ' < 1, z '' < 1, 故 z '+ z '' ≤ z ' + z '' < 2

因而 z '2 ? z ''2 = z '+ z '' z '? z '' < 2 z '? z ''

选取δ = ,则当 z '? z '' < δ 时 2 必有 z '2 ? z ''2 < 2 z '? z '' < ε 即f ( z ) = z 2在区域 z < 1中一致连续
习题 1.1.3 问下列极限是否存在,试计算之。

ε

1.

(1) lim
z →0

z* z

(2)

z ?i z →1+ i z + 1 lim

(3) lim

1 z →i 1 + z 2

解: (1)令 z 沿直线趋于零,若直线斜率为

k ,则 y = kx
取不同值时,比值不同,故极限不存在。

z* x ? ikx 1 ? ik ,当 k lim = lim = z →0 z z →0 x + ikx 1 + ik
(2)

z ? i 1+ i ? i 1 2 i = = = ? z →1+i z + 1 1+ i +1 2 + i 5 5 lim
1 =∞ z →i 1 + z 2
(3)

(3) lim

2.

问下列函数在全平面是否连续 (2)ω = z ; = z4;

(1)ω

ω =

解: (1)因

ω = z 在全平面连续,而连续函数自乘仍为连续 函数,


5z ? 4 z ?1

ω = z 4 在全平面连续。




2





ε >0









ε



δ >0



使

z ? z0 < δ



f ( z ) ? f ( z0 ) = z ? z0 ≤ z ? z0 < δ < ε 时上式对任意 z0 成立,故ω = z
连续。 (3)全平面除

在全平面

z = 1点连续。 (除 z = 1处可导)
n n

3.试由导数定义出发计算f ( z ) = z n的导数。 1 ? n ? z + nz n?1Δz + n(n ? 1) z n?2 (Δz )2 + … + (Δz )n ? ? z n ? ( z + Δz ) ? z 2 ? 解 f '( z ) = lim = lim ? Δx →0 Δx →0 Δz Δz n ?1 = nz

? x2 y , x2 + y2 > 0 ? 2 2 4.实变二元函数 u ( x , y )的可微性定义是什么?设 u ( x , y ) = ? x + y ? 0, x= y=0 ? 试证明函数 u ( x , y )在(0, 0)点不可微。 证 设 u ( x , y )为二元函数,若 Δ u ( x , y ) = u x Δ x + u y Δ y + ερ
2 2 且当 ρ = ( Δ x) ( Δ y) + → 0? ? 亦即 ερ = ( ρ)是关于 ρ的高阶无穷小量 ? ? ,则称

u ( x , y )在 ( x , y )可微,且 u x Δ x + u y Δ y 称为 u ( x , y )在 ( x , y )点的全微分, 记作du= u x dx + u y dy 用反证法证明函数 u ( x , y )不可微。假设函数 u ( x , y )
2 2 + 0)可微,设 Δ u (0, 0) = u x (0, 0) Δ x + u y (0, 0) Δ y + ε ( Δ x) 在(0, ( Δ y) 2 Δy ( Δ x) 令一方面 Δ u (0, 0) = u ( Δ x , Δ y ) ? u (0, 0) = ,综合上两式,并将 2 2 + ( Δ x) ( Δ y) 2 Δy ( Δ x) 2 2 u x (0, 0) = 0, u y (0, 0) = 0 代入,有 ( Δ x) + = ( Δ y) 2 2 + ( Δ y) ( Δ x) 1 Δx 今取 Δ x = Δ y,有 ε 2 Δ x = ,ε = ,当 Δ x → 0, ε 不趋向于 0, 2 2 2 违背 u ( x , y )可微的假设,即 u ( x , y )在 (0, 0)不可微.

5.已知(z)在点z可导,试分别计算 f Δz平行于x轴及y轴趋于0时的极限值,并 由两者相等导出C-R条件。 解 (1)令Δy=0, 即Δz = Δx. f ( z + Δz ) ? f ( z ) [u ( x + Δx, y ) + iv( x + Δx, y)] ? [u ( x, y) + iv( x, y)] f '( z ) = lim = lim Δz →0 Δx →0 Δz Δx u ( x + Δx, y) + u ( x, y) v( x + Δx, y) ? v( x, y) ?u ?v = lim + +i lim = +i Δx →0 Δx →0 Δx Δx ?x ?x (2)令Δx=0, 即Δz = iΔy f ( z + Δz ) ? f ( z ) [u ( x, y + Δy) + iv( x, y + Δy)] ? [u( x, y) + iv( x, y)] f '( z ) = lim = lim Δz →0 Δy →0 Δz Δx u ( x, y + Δy) + u ( x, y) v( x, y + Δy) ? v( x, y) ?u ?v = lim + +i lim = ?i + Δy →0 Δy →0 Δy Δy ?y ?y 两式联立,让等式两边实部与虚部分别相等即为 C-R条件。
习题 1. 1.1.4 下列函数在何处满足 C-R 条件?

(1)

ω=

1 2 z (2) ω = x (3) ω = z z (4) ω = e (5) w = z z

解: (1)

x 1 z* x ? iy , μ = ω= = 2 = 2 x2 + y 2 z z x + y2

ν=

?y x2 + y2

x2 + y 2 ? 2 x2 y 2 ? x2 ′= = 2 μx ( x 2 + y 2 )2 ( x + y 2 )2

μ′ y =

?2 xy ( x 2 + y 2 )2

2 xy ′= 2 νx ( x + y 2 )2
显然,除 (2)

?( x 2 + y 2 ) + 2 y 2 y 2 ? x2 = 2 ν′ y = ( x 2 + y 2 )2 ( x + y 2 )2

, ′ z = 0 外, μ x ′ =ν ′ ′ ,满足 C-R 条件当 z = 0 时,偏导数不存在。 νx y μy = ?

ω = x, μ = x,ν = 0 , μ x ′ = 1, μ ′ ′ ′ y = 0,ν x = 0,ν y = 0
ω = z z = ( x 2 + y 2 )( x + iy ) , μ = x 3 + xy 2 , ν = x 2 y + y 3
2

故全平面处 不满足 C-R 条件 (3)

2 2 ′ = 3x 2 + y 2 , μ ′ ′ ′ = = = + μx 2 xy , ν 2 xy , ν x 3 y y x y 2 2 2 2 由 μ ′ = ν ′ 得 3 x + y = x + 3 y 即 x = y....... 1) x y ′ 得 2 xy = ?2 xy 即 xy = 0........ 由 μ′ = ? 2) νx y
将 1)2)联立的 (4)

x = y = 0 。即只有 z = 0 点满足 C-R 条件

ω = e z = e x +iy = e x (cos y + i sin y ) μ = e x cos y ν = e x sin y x x x ′ = e x cos y, μ ′ ′ ′ = ? = = μx e sin y , ν e sin y , ν e cos y 故 在 全 平 y x y
u(Δx, 0) ? u(0, 0) Δx →0 Δx

面满足 C-R 条件

(5)全平面处处不满足,即使在(0,0)点ux (0, 0) = lim Δx (Δx)2 ? 0 = lim = lim , 也没有确定的极限。 Δx →0 Δx →0 Δx Δx
2.试求下列函数的导数。
(1)

f ( z ) = ( z 2 ? 4 z + 6) 2

(2)

f (z) =

2z 1? z

解: (1)

f ′( z) = 2( z 2 ? 4 z + 6)(2 z ? 4) = 4( z 2 ? 4 z + 6)( z ? 2)
f ′( z ) = 2(1 ? z ) ? 2 z (?1) 2 = (1 ? z ) 2 (1 ? z ) 2 ?μ ?ν = ?ρ ?? ?ρ

(2)

3. :证明在极坐标

( ρ ,? ) 中,C-R 条件为:
(2)

(1)

?μ 1 ?ν = ?ρ ρ ??

方 法 一 : 由 直 角 坐 标 系 中 的 柯 西 - 黎 曼 条 件 出 发 , 通 过 变 量 代 换 证 明 , 由

x = ρ cos ? , y = ρ sin ? ,
x 2 + y 2 ,? = arctan 得ρ =
(1)

y x

?μ ?μ ?x ?μ ?y ?μ ?μ = + = cos ? + sin ? ?ρ ?x ?ρ ?y ?ρ ?x ?y

1 ?ν 1 ?ν ?x ?ν ?y = ( + ) ρ ?? ρ ?x ?? ?y ?? = 1 ?ν ?ν ?ν ?ν [ (? ρ sin ? ) + ρ cos ? )] = cos ? ? sin ? ?y ?y ?x ρ ?x ?μ ?ν ?μ ?ν ?μ 1 ?ν 知 = =? = , ?x ?y ?y ?x ?ρ ρ ??

由 C-R 条件

(1)

?ν ?ν ?x ?ν ?y ?ν ?ν cos ? + sin ? = + = ?ρ ?x ?ρ ?y ?ρ ?x ?y

1 ?μ ?μ = ? [ (? ρ sin ? ) + ρ cos ? )] ?y ρ ?x

=?

?μ ?μ cos ? + sin ? ?y ?x

由 C-R 条件

?ν ?μ ?ν ?μ =? , =? ?x ?y ?y ?x



?ν 1 ?μ =? ?ρ ρ ??

z = ρ ei? , z = ei? ρ + i ρ ei? ? f ( z ) = μ ( ρ , ? ) + iν ( ρ ,? ) (1) ? = 0 z = ei? ρ ω = μ + i ν
方法二: 令

f ′( z ) = lim
2)令

ρ →0

μ +i ν ?ν ? i? ?μ = e + i ( ) i? e ρ ?ρ ?ρ μ +i ν i ?μ 1 ?ν ? i? = e ( ? + ) i? iρe ? ρ ?? ρ ??
?ν 1 ?ν = ?ρ ρ ??

ρ =0
f ′( z ) = lim
? →0

z = i ρ ei? ?

由于导数与

z → 0 的方式无关上两式应相等,取两式的实部与实部相等虚部与虚部相



?μ 1 ?ν =? ?ρ ρ ??

4.以 z 及 z 取代 x , y作为复变函数的独立变量,即令 f ( z ) = u ( x , y ) + iv ( x , y ) = U ( z , z ? ) + iV ( z , z ? ) = F ( z , z ? ) ? 证明 ? F ( z , z ? ) = 0与 C ? R 条件等价,此条件有何优越性。 ?z ?x 1 1 1 1 ?y 证 利用z=x+iy及 z ? =x-iy得 x= ( z + z ? ), y = ( z ? z ? ); ? = , ? = ? ?z 2i 2 2 2 ?z 以 z 及 z ?取代 x , y, 得 f ( z ) = u ( x , y ) + iv ( x , y ) = U ( z , z ? ) + iV ( z , z ? ) = F ( z , z ? ) ? x ( z , z ? ),y ( z , z ? ) ? ? = U ( z , z ? ), 式中 u ( x , y ) = u ?
? ? ? v( x, y ) = v ? ? x ( z , z ),y ( z , z ) ? ? = V ( z, z )

求 F ( z , z ? ) 对 z ?的偏导,将上各式

代入得 0 =

? ?f ?x ?f ?y 1 ?u ?v 1 ?u ?v F ( z, z? ) = + = ( +i )? ( +i ) ? ? ? ?z ?x ?z ?y ?z 2 ?x ?x 2i ?y ?y i ?u ?v 1 ?u ?v = ( ? )+ ( + ) 由上式实部和虚部分别为0,即得C-R条件; 2 ?x ?y 2 ?y ?x

反之亦然。这表明,若复变函数 f ( z ) = F ( z , z ? )显含 z ?,必然导致 ? 1 2 ? ? ≠ = ( , ) 0 ( z + z ? ), 等等。 ,必不可导。例如, ,Rez= F z z z zz ? ?z 2

习题

1.1.5

1.试讨论下述函数是否解析
(1)

z ? z * (2)ω = x 2 + iy 2 (3)ω = xy + iy

解: (1)

ω = ( x + iy ) ? ( x ? iy ) = 2iy μ = 0,ν = 2 y ′ = 0, μ ′ ′ ′ μx y = 0,ν x = 0,ν y = 2

不满足 C-R 条件,不解析。 (2)

ω = x 2 + iy 2 μ = x 2 ,ν = y 2 ′ = 2 x, μ ′ ′ ′ μx y = 0,ν x = 0,ν y = 2 y

z = 0 满足 C-R 条件,不解析。 (3) ω = xy + iy
仅于

μ = xy ,ν = y
′ = y, μ ′ ′ ′ μx y = x,ν x = 0,ν y = 1
仅于

z = 0 满足 C-R 条件,不解析。
f ( z ) = u + iv 。

2.证明下列函数是调和函数,并求与它相应的解析
函数

(1)

u = e x cos y (2)ν = 2 xy + 2 y (3)ν = cos xshy

(4)u = x 2 + y 2 ? xy, f (i ) = ?1 + i; (5)v = ? x + x 2 + y 2 , f (0) = 0
解: (1)

u = e x cos y
为调和函数

? 2u ? 2u x x cos cos y = 0 , u + = e y ? e 2 2 ? x ? y
由 C-R 条件得:1)

?u ?ν = = e x cos y ?x ?y

2)

?ν ?u =? = e x sin y ?x ?y

将 1)对 y 积分:

ν = ∫ e x cos ydy + g ( x) = e x sin y + g ( x)
将上式代入 2)求 g(x)

e x sin y + g ′( x) = e x sin y ∴ g ′( x) = 0, g ( x) = c f ( z ) = u + iν = e x (cos y + i sin y ) + ic = e z + ic (2) ν = 2 xy + 2 y
? 2ν ? 2ν + =0 ?2 x ?2 y

ν 为调和函数

由 C-R 条件得:1)

?u ?ν = = 2x + 2 ?x ?y

2)

?ν ?u =? = ?2 y ?x ?y

将 1)对 x 积分:

u = ∫ (2 x + 2)dx + g ( y ) = x 2 + 2 x + g ( y )
将上式代入 2)求 g(y)

g ′( y ) = ?2 y,∴ g ( y ) = ? y 2 + c u = x2 + 2x ? y2 + c f ( z ) = u + iν = ( x 2 + 2 x ? y 2 + c) + i (2 xy + 2 y ) (3)ν = cos xshy
? 2ν ? 2ν + 2 = ? cos xshy + cos xshy = 0 2 ? x ? y
由 C-R 条件得: (1 ) ? u

,

ν 为调和函数

?x

=

?ν (2) ? ν = ? ? u = ? ? s in x s h y = cos xchy , ?y ?x ?y

将(1)对 x 积分:

u = ∫ cos xchydx + g ( y ) = sin xchy + g ( y )

将上式代入 2)求 g(y)

sin xshy + g ′( y ) = sin xshy

∴ g ′( y ) = 0, g ( y ) = c ∴
f ( z ) = u + iν = sin x + c + i cos xshy

1 1 (4)采用全微分法,由C ? R条件得dv = vx dx + vy dy = ?ux dx + u y dy = d (2 xy ? x2 + y 2 ) 2 2 1 1 得v( x, y) = 2 xy ? x2 + y 2 + c 利用f(i)=-1+i得x=0,y=1时v=1,由上式可求得 2 2 1 i i i i c= ,由此得f ( z) = u( z,0) + iv( z,0) = z 2 ? z 2 + = z 2 (1 ? ) + 2 2 2 2 2 (5)采用全微分法。由v= ? ρ cos ? + ρ = ρ i 2 sin 及C ? R条件,可得 2 1 ? ?u ?v ρ ? ?u 1 ?v = = cos , = ?ρ =? sin ?ρ ρ ?ρ 2 ?? ?ρ 2 2 2ρ u的全微分为du = uρ d ρ + u? d? = 得u = 2ρ cos + c 2 易见f ( z) = u + iv = 2ρ cos + c + 2ρ sin = 2ρ e 2 + c = 2 z + c 2 2 将f (0) = 0代入上式得c = 0,由此得f ( z) = 2 z
证明:若 (1) 若

?

1 ? ρ ? ? cos d ρ ? sin d? = d ( 2ρ cos ) 2 2 2 2 2ρ

?

?

?

i

?

3. 试

f ( z ) 在区域 D 内解析,且满足下列条件之一时,则 f ( z ) 在内 D 为常数。

μ = Re f ( z ) = 常数,
(?

?μ ?μ = 0, =0 ?y ?x

ν =∫

( x, y )

( x0 , y0 )

?μ ?μ dx + dy ) + ν 0 = ν 0 (常数) ?y ?x


若 (2)

f ( z ) = μ + iν =常 复数
同理可证

ν = Im f ( z ) =常数
f ( z ) 在 D 内为常数


方法一:

f ( z) = μ 2 +ν 2 = c
c = 0 ,则 μ 2 + ν 2 = 0 ,即 μ = ν = 0, f ( z ) 为常数 c≠0


1) 2)

若 若

μ 2 +ν 2 = c2

, 将 此 式 分 别 对

x, y

求 导

1 μ 2
μ

?μ ?ν +ν =0 ?x ?x
?μ ?ν +ν =0 ?y ?x
?x

1 μ ?μ ?ν ?ν = 0
?x ?y

2

μ

?μ ?ν +ν =0 ?y ?y

这是关于 ? μ 及

?μ 的二元线性齐次方程组。 ?y

由于系树行列式

μ ?ν = μ 2 +ν 2 = c 2 ≠ 0 ν μ
只有 零解,即



?μ 及 ?μ ?x ?y

?μ = ?μ ?x ?y

=0

μ = 常数,由 μ 2 + ν 2 = c 2 (常数)知ν 为常数 ∴ f ( z ) = 常数 方法二: 1) 若 f ( z ) ≠ 0 ( f ( z ) 为常数,即点 z 均不 0) 这时可利用结论 3(1) ,作出函数? ( z ) = ln f ( z )


? ( z ) = ln( f ( z ) ei arg f ( z ) ) = ln f ( z ) + i arg f ( z ) 即? ( z ) 的实部为常数,由 3(1)知? ( z ) 为常数 故 ln f ( z ) = ? ( z ) 为常数,故 f ( z ) 为常数
由于

(3)f? ( z )在D内解析 解 由f ( z ) = u + iv及f ? ( z ) = u ? iv解析,得C ? R条件为 u x = v y ,v x = ?u y ; u x = ?v y , -v x = ?u y ,四式联立有u x = u y =v x = v y = 0 由此得u,v为常数,即f ( z )为常数。
4. 试求电势为

?0 ,位于 x > 0 的半无限大导体平面附近的等位线及电力线方程。 ω= z
z

解: 1. 作变换

2.

ω

则 平面的全平面变为 平面的上半平面。 平面的等势 线与电力线方程。

ω

等势线方程 电力线方程

ν = c1 (常数) μ = c2 (常数)
ν

电力线

等势线

3.z 平面的等势线方程与电力线方程

ω= z ( μ + iν ) 2 = ω 2 = z = x + iy μ 2 ?ν 2 + i 2 μν = x + iy ? μ 2 ?ν 2 = x ∴ ? ? 2 μν = y

μ

将上式代入下式的平方,消去

μ

y 2 = 4 μ 2ν 2 = 4( x + ν 2 )ν 2 = 4ν 2 x + 4ν 4
等势线方程即为:

y 2 = 4c12 x + 4c14

将上式代入下式的平方,消去

y 2 = 4 μ 2ν 2 = 4(? x + μ 2 ) μ 2 = ?4 μ 2 x + 4μ 4
电力线方程即为: 本题若作变换

ν,

y 2 = ?4c2 2 x = 4c2 4

ω = ln z 则改变了它的边界条件成为等位体

4.若 f ( z )在 D内解析,试证明: ? 2 f ( z ) = 4 f '( z )
2 2 2 2

2

2

? f ( z) ?u ?v 解 由 f ( z ) = u + iv得 f ( z ) = u + v ,因而 = 2u + 2v = 2uu x + 2vv x ?x ?x ?x ? 2 f ( z) ? 2 f ( z) 2 2 = u + v + uu + vv = 2(u y 2 + v y 2 + uu yy + vv yy ) 2( ), 同理 x x xx xx 2 2 ? x ? y 因为 f ( z )在 D内解析,其导数为 f '( z ) = u x + iv x = v y ? iu y,其模方为 f '( z ) = u x 2 + v x 2 = u y 2 + v y 2
2 2 2

考虑 u, v为调和函数. 由以上各式可得

? 2 u = u xx + u yy = 0, ? 2 v = v xx + v yy = 0 (

?2 ?2 2 + )f ( z ) = 2[u x 2 + v x 2 + u y 2 + v y 2 + u (u xx + u yy ) + v (v xx + v yy )] 2 2 ? x ? y
2

= 2[u x 2 + v x 2 + u y 2 + v y 2 ] = 4 f '( z )

5.试由定义出发证明,实变函数的三角恒等式与双曲恒等式可推广到 复变函数:(1)sin 2 z + cos 2 z=1;(2)sin( z1 ± z 2 ) = sin z1 cos z2 ± sin z 2 cos z1; (3)cos( z1 ± z 2 ) = cos z1 cos z2 ± sin z1 sin z 2;(4)ch 2z-sh 2z=1; (5)sh(z1 ± z2 )=shz1chz2 ± shz2chz1;(6)ch(z1 ± z2 )=chz1chz2 ± shz1shz2 e iz + e ? iz 2 e iz ? e ? iz 2 解 仅以(1)为例证明: sin z + cos z=( ) +( ) 2 2i 1 = ( e i 2 z + e ? i 2 z + 2 ? e i 2 z ? e ? i 2 z + 2) = 1 4
2 2

6.试 证 明 双 曲 线 函 数 与 三 角 函 数 的 关 系 如 (24)所 示 。 解 以 shz=-isin(iz)为 例 证 明 , 由 公 式 的 右 边 出 发 , 有 e i ?iz ? e ? i ?iz e z ? e ? z -isin(iz)=-i = = shz 2i 2
7.试证明: (1)(sin z ) ' = cos z;(2)(cos z) ' = ? sin z;(3)( shz) ' = chz;(4)(chz) ' = shz e z ? e? z e z + e? z ′ = 证以(3)为例证明,由定义出发,有( shz ) ' = ( ) = chz 2 2

8.试求 sin z, cos z, shz, chz的零点集(即函数值为0的点的集合) eiz ? e ?iz = 0得ei 2 z = 1,与ei 2 kπ = 1 解 例如,由sin z = 比较 2i 即得 sin z的零点集为z=kπ(k=0,± 1,± 2, ).

高数复习
(一) 可微性的讨论 1)
定义 若

μ = μ ( x, y ) 的全微分

2 2 ′ ( x, y ) x + μ ′ μ = μ ( x, y ) = μ x ( x , y ) 0( ( x ) ( y ) ) + + y
存在,则称

μ = μ ( x, y ) 是可微的。

2)

μ ( x, y ) 可微的充分条件 ′ 及 μ′ 若 μx y 存在且连续,则 μ ( x, y ) 可微。
′ , μ′ ′ ′ μx 。 “微积分学教程” y 存在”低于“ μ ( x, y ) 可微”低于 “ μ x , μ y 连续 ”
′ , μ′ ′ ′ ?μx y ,ν x ,ν y 连续 ? ? 满足C-R 条件

3)关系


4)

f (2) 解析的充分条件:
若 则

f (2) 解析。

二)

′ , μ′ μx y 存在但 μ ( x, y ) 不可微的例子:
? x2 y ? μ ( x, y ) = ? x 2 + y 2 ? 0 ? x ≠ 0, y ≠ 0 x = 0, y = 0处

证:用反证法,设

μ ( x, y ) 在(0,0)可微,则
1)

2 2 ′ (0,0) x + μ ′ (0,0)=μ x + + μ (0,0) y ε ( x ) ( y ) y 1



′ (0,0) = lim lim ε1 = 0 ,因 μ x x →0
y →0

μ (0 + x,0) ? μ (0,0)
x

x →0

(0 + x) 2 ? 0 i0 (0 + x) 2 + 0 = lim =0 x →0 x μ (0,0 + x) ? μ (0,0) μ′ (0,0) = lim y y →0 y
(0 + y ) 2 i0 ?0 (0 + y ) 2 + 0 = lim =0 y →0 y


另一方面,由

μ (0,0) = 0 + 0 + ε1 ( x) 2 + ( y ) 2

2)

μ (0,0) 的定义: μ (0,0) = μ (0 + x,0 + y ) ? μ (0,0)
(0 + x) 2 (0 + y ) ( x) 2 y ?0 = (0 + x) 2 + (0 + y ) 2 ( x) 2 + ( y ) 2
3)

既然

x 与 y 可以任意方式趋于零。令 x = y → 0

将 2)与 3)联立

ε1
1

( x)2 x ( x) + ( y ) = ( x)2 + ( x) 2
2 2

∴ ε1 =

2 2

这与 1)矛盾,故

μ ( x, y )



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