復(fù)變函數(shù)與場論簡明教程習(xí)題參考

11、求下列復(fù)數(shù)的實部、虛部、模、輻角及共軛復(fù)數(shù)：Re(2)=-1,Im(z)=0,|=|=√(-12+02=1Arg(z)=π+2kπ(k=0,±1,…),Z=-1(4)z=il?-4i1?+i=-1+5i,Re(z)=-1,IArg(z)=π-arctan5+2kπ(k=0,±1,…),z=-1-5i2、把下列復(fù)數(shù)化為三角表示式及指數(shù)表示式：因此三角表示式為：指數(shù)表示式為：2因此三角表示式為：因此三角表示式為：指數(shù)表示式為：(4)由于r=1,θ=arctan0+π=π因此三角表示式為：-1=指數(shù)表示式為：-1=eìCcosπ+isinπ,根據(jù)三角誘導(dǎo)公式得：3三角表示式為：指數(shù)表示式為：同上(5)求解過程。(三角表示式)=cos29φ-isin29φ(三角表示式)3、指出復(fù)數(shù)z與復(fù)數(shù)iz的關(guān)系解令z=re°,則因此復(fù)數(shù)z與iz為模相等，輻角主值相差的兩個復(fù)數(shù)。4、求下列各式的值4所以其值為所以其值為9故其值為,的最大值，其中n為正整數(shù)，a為復(fù)數(shù)6、將下列坐標(biāo)變換公式寫成復(fù)數(shù)形式。解設(shè)z=x+iy,z?=x?+iy?,a=a?+ib,5等式左邊為：1+cosθ+cos2θ+cos3θ+…+cosnθ+i[sinθ+sin20+sin30+…+sinnθ]等式右邊為：所以原題中(1)和(2)得證。6X?-Y-x,y=4"^-√3證明∵(x+iy,)(x?--iy,-)=x,X-+y,Y-+i(x-Y-x,Y-)命題得證。z?-z?|=|z?-z?|=|z-z?|=√3。=Z?Z?+zf+ZZ?+7Z?27證法2:∴Z2+z?2+Z2=zz?+Z???+Z?Z圖1-18得到另一邊。所,,∵1-o?=(1-o)(1+o+o2+…+o"-)=0且o≠1也是它的根。 9所,即a+ib、0和zzal=1,|zz?|=1,|z?z?|=√a2+b2,0解設(shè)z=x+iy,則x+iy=acost+ibsint,即x=acost,y=bsint。所以其表示的曲線解設(shè)z=x+iy,則x+i(y+1)|=x+i(y-1)|。且x>,即y=x+1(x>0)。所以其軌跡為以z=0為圓心，1為半徑的圓周。16、描出滿足下列不等式的點z的軌跡圖形，并指明它是有界的還是無界的，單連通的還是多連通的。(1)Im(z)>0;則Im(z)>0→y>0,區(qū)域如圖1-2所示。圖1-2該區(qū)域為無界的單連通域。圖1-3該區(qū)域為無界的多連通域。解設(shè)z=x+iy,則圖1-4則z-3|≥|z-2|→(x-3)2+y2≥(x-2)2+y2圖1-5(5)|z-2|+z+2|≤6;解設(shè)z=x+iy,橢圓。即區(qū)域為如圖1-6所示。該區(qū)域為有界的單連通域。圖1-6半虛軸半虛軸,為的雙曲線的左支。即區(qū)域為如圖1-7所示。該區(qū)域為無界的單連通域。圖1-7z|+Re(z)≤1→x2+y2≤(1-x)2→y2≤1-2x區(qū)域如圖1-8所示，該區(qū)域為無界的單連通域。zz-(2+i)z-(2-i)z≤4圖1-8所以該區(qū)域為有界的單連通域。圖1-917、函數(shù)把下列z平面上的曲線變化為o平面上的什么曲線?即(1)x2+y2=3;代入x=2,得,→代回1式，整理可得所以，其在o平面上為以為圓心，半徑為的圓周。即u=v,且(u,v)≠(0,0)。在o平面上的像；化簡后得到：,這是一條拋物線。證法1:令z=x+iy,則可見，極限與k的取值有關(guān)，故不存在。證法2:令z=re?,則=sin20.證明(1)證明argz在原點不連續(xù)：∵z?=0時，其幅角不確定，故arg0無定義。(2)證明argz在負(fù)實軸上不連續(xù)設(shè)z?在負(fù)實軸上，則①當(dāng)z復(fù)平面的上半平面趨近z?時，argz→π②當(dāng)z復(fù)平面的下半平面趨近z?時，argz→-π所以,故命題得證。第二章解析函數(shù)1、指出下列函數(shù)在何處可導(dǎo)，在何處解析。解令u=x2,v=2y,則9四個一階偏導(dǎo)數(shù)處處連續(xù)，當(dāng)且僅當(dāng)2x=2,(2)f(z)=3x2+2y3i;,·,。解設(shè)z=x+iy,則f(z)=(x2+y2)(x+iy)=x3+xy2+i(x2y+y3)。四個一階偏導(dǎo)數(shù)處處連續(xù)，欲使C-R方程成立，需所以f(z)在(0,0)處可導(dǎo)，但處處不解析。2、求下列函數(shù)的解析域，并求其導(dǎo)數(shù)。解z=±1外處處解析，其導(dǎo)數(shù)為：析，其導(dǎo)數(shù)為：處解析。解令u=x2+axy+by2,v=cx2+dxy+y2,則,任一條曲線斜率為：v(x,y)=c?任一條曲線斜率為：顯然兩曲線正交 解(1)證明充分性：設(shè)f(z)=u+iv,則f(z)=u-iv。,o,聯(lián)立以上兩式，,6、若f(z)在區(qū)域D內(nèi)解析，試證明在D內(nèi)下列各式成立：;2.由高階導(dǎo)數(shù)定理可知，u與v具有任意階的連續(xù)偏導(dǎo)數(shù)，故有所以。同理可證V+u=V+V=0。,得證。2故代入(1)式，得上式等于：-9所以左右兩式相等，命題得證。并利用該結(jié)論探討函數(shù)又∵,,所以可以推導(dǎo)得到：同理可以得到：又∴當(dāng)且僅當(dāng),。所以在區(qū)域D8、求解下列方程。上，當(dāng)且僅當(dāng)解,k=0,1,2i(2)e2-1=0;(3)sinz=0:即e122=1,故z=kπ,k∈Z。(4)sinz-cosz=0:→(1-i)e2-(1+i)e?=0解解9、論證下列等式是否成立。(1)Lnz?z?=Lnz?+Lnz?;解成立，理由如下Lnz?z?=ln|zz|+iArg(zz),解成立，理由如下利用(1),得(3)Lnz”=nLnz;解不成立，理由如下所以Lnz”=lnr”+i(nθ+2kπ),k∈ZnLnz=nlnr+ni(θ+2kπ)=1nr”+i[nθ+2(nk)π],k∈Z可見兩者的實部相等，但虛部取值卻可能不同。解成立，理由如下：由于m和(k+nm)的集合等價，可見兩者的實部相等，虛部取值也相等，所以等式成立解解第三章復(fù)變函數(shù)的積分2、沿下列路徑分別計算積久(2)設(shè)自原點沿實軸到3的直線段的參數(shù)方程為z=3t,O≤t≤1;自3垂直向上到3+4i的直線段的參數(shù)方程為z=3+i4t,O≤t≤1。解(1)設(shè)C為z=t+it,O≤t≤1。故Re(z)=t,dz=1+i。故Re(z)=t,dz=1+2ti。即5、計算積分解方法一：所以所以6、計算下列各積分的值。解解解7、計算下列積分。=2πi(-e°cos0-e°sin0)=-2πi8、設(shè)函數(shù)f(z)在單連通域B內(nèi)連續(xù)，且對于B內(nèi)任何一條簡單閉曲線C都有證明f(z)在B內(nèi)解析。證明：在單連通域B內(nèi)取定取定一點z?,z為B內(nèi)任意一點，根據(jù)已知條件，對于B內(nèi)任何●一條簡單閉曲線C都有●···故f(z)=sinye+(-cosye?+c)i。所以c=1-i。得：f(z)=sinye?+1+(1-cosye)i=-ie(cosy+isiny)+1+i=-ie2+1+·三收斂。第四章級數(shù)三收斂。1、判別下列級數(shù)的絕對收斂性與收斂性?！裼捎诟鶕?jù)萊布尼茲法則，且故收斂，且為條件收斂。所以原級數(shù)發(fā)散。解故原級數(shù)收斂，且為絕對收斂。三三2.下列說法是否正確?為什么?(3)每一個在z?連續(xù)的函數(shù)一定可以在z?的鄰域內(nèi)展開成根據(jù)阿貝爾Abel定理，每個冪級數(shù)在它的收斂圓內(nèi)絕對收斂；在它的收斂圓外發(fā)z=0時，原級數(shù)為,是交錯級數(shù)，收斂；當(dāng)z=2時，原級數(shù)成為由冪級數(shù)的性質(zhì)可知，冪級數(shù)的和函數(shù)在收斂圓內(nèi)是一個解析函數(shù)。因此，在收斂3.求下列冪級數(shù)的收斂半徑。解得收斂半徑R=1。故得收斂半徑R=1。解R=2。;得收斂半徑解設(shè)級,則的子項。對.c,=1.故收斂半徑為R=1。所以原級數(shù)的收斂半徑也為R=1。解得收斂半徑R=14設(shè)級數(shù)收斂，發(fā)散，證明的收斂半徑為1。收斂。根據(jù)阿貝爾定理可知，三三設(shè)R>1時，級數(shù)收斂。即數(shù)也絕對收斂，即收斂，與條件矛盾。因此，的收斂半徑為1。域上絕對收斂。由于收斂，故也收斂。即由于收斂，故H≤R對收效，命題得證。6把下列各函數(shù)展開成z的冪級數(shù)，并指出它們的收斂半徑。;開成冪級數(shù)。其收斂半徑為R=1。數(shù)。代入可得：其收斂半徑為R=1?！ぁて涫諗堪霃綖镽=0。由于z=1是函數(shù)的奇點，故其收斂半徑為R=1。解收斂半徑R=2解因`是tanz的奇點，且是離最近的奇點，所以函數(shù)tanz在z?處的泰勒級數(shù)的收斂域為,即收斂半徑為根據(jù)泰勒展開定理，得：三三所8下列結(jié)論是否正確?用長除法得因為所以解不正確?！那蠓ㄊ牵簝墒匠闪⒌臈l件不同，因此不能直接將他們的級數(shù)相加。故結(jié)論不正確。9把下列各函數(shù)在指定的圓環(huán)域內(nèi)展開成洛朗級數(shù)。解,由2所2412,得：C得同解同解,根據(jù)三角公式可知：10、將在以原點為中心的各圓環(huán)內(nèi)展開成洛朗級數(shù)。944第五章留數(shù)1、下列函數(shù)有些什么奇點?如果是極點，指出它的級。的奇點?！郱的一級零點，故z=i為的二級零點。得z=i為f(z)的二級極點。454;所以的二級零點。所以的二級極點。所以它們?yōu)橐患壛泓c，即為的一級極點。解依題意，易得z=0為的孤立奇點。且其在z=0處的洛朗展開式為：的二級極點。同解z=1,z=2kπi,k=0,1,2,…是函數(shù)的奇點。是函數(shù)的本性奇點。不存在，所以z=1所以z=2kπi,k=0,1,2,…是原函數(shù)的一級極點。;的三級極點。的孤立奇點。的二級極點。解令f(z)=(sinz+shz-2z)247~~∴其冪級數(shù)為處有一個二級極點，這個函數(shù)又有下列洛朗展開4800Res[f(z),1]=0”,這些說法對嗎?解)的三級零點。:·:·解·R),o,;解,所以故z=0為三級零點，z=0為圖解z=1是函數(shù)的奇點，解z=1為被積函數(shù),解三三m=2n(n=2,3,…)時，Res[f(z),0]=0;6、判定z=o是下列各函數(shù)的什么奇點?并求出在○處的留數(shù)、;解且z=0有無窮多的正冪項，故z=o為其本性奇點。(2)cosz-sinz;可見其洛朗級數(shù)的展開式中有無窮多項z的正冪項，故z=o為其本性奇點。解∵當(dāng)z→~時，可見其洛朗級數(shù)的展開式中有不含z的正冪項，故z=o為其可去奇點?！郣es[f(z),]=-c_?=-2?！ぁぁぁた梢娖渎謇始墧?shù)的展開式中有無窮多項z的正冪項，故z=o為其本性奇點。∴在積分曲線內(nèi)，被積函數(shù)有兩個奇點，且z=1為二級極點，z=i為一級極點。解在積分曲線內(nèi)，被積函數(shù):·:·共有n即故解設(shè)z=e°,則dz=de°=eidθ,即故解被積函數(shù)在上半平面內(nèi)只有x=i一個二級極點，其留數(shù)為：行解被積函數(shù)在上半平面內(nèi)只有x?=i,x?=2i兩個一級極點，其留數(shù)為1o1o∴第六章矢量分析與場論∵e(φ)·e,(φ)=-sinφcosφ+cosφsinφ=0r(t)=2asintcosti+2acos2tij-asintk=i[sin(φ2+1)+C]-j[cos(φ2+1)+C,]6.求數(shù)量場通過點等值面方程,即C=0,所以過M點的等直面方程為：這等價為：解之得：99M(2,-2,1)處的失徑為l=2i-2j+k,1;因此可得到方向?qū)?shù)為：9gradu=-2i+4j-2k.方向?qū)?shù)最大值為：數(shù)及梯度曲線在點M切線方向的即該曲線的矢性函數(shù)的導(dǎo)矢，該曲線的失性函數(shù)為：該矢性函數(shù)的導(dǎo)矢是：r(t)=i+2tj該曲線在M點切線方向的方向余弦為：所以數(shù)量場在M點處的方向?qū)?shù)為：場u在點M處的梯度為：故所求的法線方程為：所求切平面方程為：3(x-1)+6(y-2)+4(z-1)=03x+6y+4z-19=0cosa?=1,cosb?=0,cosγ?=0cosa?=0,cosb?=1,cosy?=0cosa?=0,cosb?=0,cosγ?=-1根據(jù)題意有：;9解：封閉曲面S分成3部分：S1平面z=0,S2平面z=1和S3圓柱面。S,的法矢n與r垂直，S?的法矢n與r的夾角為θ,,所以因此r穿出S的柱面部分的通量為2pa。16.求下面矢量場A的散度：(1)A=(x3+yz)i+(y2+xz)j+(z3+xy)k(2)A=(2z-3y)i+(3x-z)j+(y-2x)k(3)A=(1+ysinx)i+(xcosy+y)j17.求divA在給定點處的值(3)A=xyzr(r=xi+yj+zk)在點M(1,3,2)處求diyD(1)div(ra);(2)div(r2a);(3)div(r"a)(n為整數(shù))解：∵a是常矢，∴a=Ai+Bj+Ck,其中A,P(x,y,z)=√x2+y2+z2A,Q(x,y,z)=√x2+y2+z2B,R(x,y,z)=√x2+y2+z2C(2)∵r2a=A(x2+y2+z2)i+B(x2+y2+z2)j+C(x2+y2+z2)k令x=Rcos0,y=Rsinθ,θ∈[0,2π],則令x=Rcosθ+2,y=Rsinθ,O∈[0,2π],則rotA=(R,-Q?)i+(P-R)j+(Q-P)k22.求下列矢量場的散度和旋度(1)A=(3x2y+z)i+(y3-xz2)j+2xyzk(2)A=yz2i+zx2j+xy2k(3)A=P(x)i+Q(y)j+R(z)k(4)A=xy2z2i+z2sinyj+x2e"krotA=(R,-Q?)i+(P-R)j+(Q-P,)k=4xzi+(1-2yz)j-(z2+3x2)krotA=(R,-Q?)i+(P-R)j+(Q,-P)k=(2xy-x2)i+(2yz-y2)j+(2zx-z2)krotA=(R,-Q?)i+(P-R)j+(Q-P)k=0rotA=(R,-Q?)i+(P-R)j+(Q?-P)k=(x