复变函数与积分变换课后习题答案.doc

0 / 38复变函数与积分变换复变函数与积分变换（修订版）（修订版）主编：马柏林主编：马柏林 （复旦大学出版社）（复旦大学出版社）————课后习题答案课后习题答案 1 / 38习题一习题一1. 用复数的代数形式 a+ib 表示下列复数.π/43513;;(2)(43 );711iieiiiii①解i4πππ2222ecosisinii442222 ②解：  35i 17i35i1613i7i11+7i 17i2525 ③解： 2i43i834i6i510i④解： 3 1i1335=iii1i222 2.求下列各复数的实部和虚部(z=x+iy)R); (zaaza33 31313;;; . 22niizi  ①：∵设 z=x+iy 则   22iiiiiixayxayxyaxayza zaxyaxayxay∴,22222Rezaxay zaxay．222Imzaxy zaxay②解： 设 z=x+iy∵    323222222223223iii2ii22i33izxyxyxyxyxyxyx xyxyy xyx yxxyx yy∴, 332Re3zxxy． 323Im3zx yy③解： ∵     33 2321i 31i 3113133133288      180i18∴,．1i 3Re12 1i 3Im02 ④解：∵    2332313133133i1i 3 28     180i18∴,．1i 3Re12 1i 3Im02 ⑤解： ∵．   1,2i211i,knknkknkA∴当时，，；2nk  Re i1kn  Im i0n当时，，21nk Re i0n．  Im i1kn 3.求下列复数的模和共轭复数 12;3;(2)(32 );.2iiii ①解：．2i415 2i2i    ②解：3333  ③解：．2i32i2i 32i51365    2i32i2i32i2i32i47i④解：1i1i2 2221i11i 222i4、证明：当且仅当时，z 才是实数．zz证明：若，设，zzizxy则有 ，从而有，即 y=0iixyxy2i0y2 / 38∴z=x 为实数．若 z=x，x∈A，则．zxx∴．zz 命题成立．5、设 z,w∈C，证明： zwzw≤≤证明∵  2zwzwzwzwzw 22222Rez zz ww zw wzzwz wwzwz w2222222zwzwzwzwzw≤∴．zwzw≤6、设 z,w∈C，证明下列不等式． 2222Rezwzz ww2222Rezwzz ww22222zwzwzw并给出最后一个等式的几何解释．证明：在上面第五题2222Rezwzz ww的证明已经证明了．下面证． 2222Rezwzz ww∵  222zwzwzwzwzwzz ww zw．从而得证．222Rezz ww∴22222zwzwzw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3352π2π;;1;8π(13 );.cossin7199iiiii①解： 35i 17i35i7i117i 17i其3816i198i17e50255i中．8πarctan19②解：其中．eiiπ 2π 2eii ③解：ππii1ee ④解：.28π 13i16ππ3 ∴2πi 38π 13i16π e⑤解：32π2πcosisin99解：∵．32π2πcosisin199∴322πiπ.3i932π2πcosisin1 ee99 8.计算：(1)i 的三次根；(2)-1 的三次根；(3) 的平方根.33i⑴i 的三次根． 解：1 33ππ2 π2 πππ22icossincosisin0,1,22233kk ik∴． 1ππ31cosisini6622z25531cosπisinπi6622 z39931cosπisinπi6622 z⑵-1 的三次根 解：1 332 π+π2 ππ1cosπisinπcosisin0,1,233kkk ∴1ππ13cosisini3322z2cosπisinπ1 z35513cosπisinπi3322 z⑶的平方根．33i3 / 38解：πi 42233i= 6i6 e22∴1 π12i44ππ2 π2 π4433i6 e6cosisin0,122kk k∴π11i844 1ππ6cosisin6e88z．911πi844 2996cosπisinπ6e88z9.设. 证明：2π e,2inzn110nzz证明：∵ ∴，即．2πienz1nz 10nz  ∴11 10nzzz又∵n≥2． ∴z≠1从而211+0nzzz11.设是圆周令{ :},0,e .izrracrzc,:Im0zaLzb其中.求出在 a 切于圆周的关于的eibL充分必要条件. 解：如图所示．因为={z: =0}表示通过点 a 且方LImza b向与 b 同向的直线，要使得直线在 a 处与圆相切，则 CA⊥．过 C 作直线平行，则有LL∠BCD=β，∠ACB=90° 故 α-β=90°所以在 α 处切于圆周 T 的关于 β 的充要条L件是 α-β=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)argπ; (2);1 (3)1| 2;(4)ReIm ;(5)Im12.zzz zizzzz   且解： (1)、argz=π．表示负实轴．(2)、|z-1|=|z|．表示直线 z=．1 2(3)、1Imz． 解：表示直线 y=x 的右下半平面5、Imz>1，且|z|1时故当和时, 收敛.1z 1z 10()nnnzz 5.幂级数能否在 z=0 处收敛而在 z=3 0(2)nn nCz处发散.解： 设，则当时，级数1limnnnC C12z收敛，时发散.12z若在 z=0 处收敛,则12若在 z=3 处发散, 则11显然矛盾,所以幂级数不能在 z=0 处 0(2)nn nCz收敛而在 z=3 处发散6.下列说法是否正确?为什么? (1)每一个幂级数在它的收敛圆周上处处收敛. (2) 每一个幂级数的和函数在它的收敛圆内可能有 奇点. 答: (1) 不正确,因为幂级数在它的收敛圆周上可 能收敛,也可能发散. (2) 不正确,因为收敛的幂级数的和函数在收敛圆 周内是解析的.7.若的收敛半径为 R,求的收敛半 0n n nC z 0nn n nCzb径。

解： 因为1 1111 1limlimn nnnnnnnC CbCCbR b b 所以 RR b 8.证明：若幂级数的 系数满足 0n n na z，则limnnna (1)当时, 0 1R(2) 当时, 0R  (3) 当时,  0R 证明：考虑正项级数2 12 0......nn nn na za za za z由于，若limlimnnnnnnnnna zazz ，由正项级数的根值判别法知，当0 ，即，收敛当1z 时1z时0n n na z，即，不能趋于零,1z 时1z时2n na z级数发散.故收敛半径 .lim1nnnna z 1R16 / 38当时, ,级数收敛且.01zR  若,对当充分大时,必有不能 0,z 2n na z趋于零,级数发散.且0R 9.求下列级数的收敛半径，并写出收敛圆周1)(2)0(i)np nz n 0pnnnz(3) 121021( i)2nnnnzn (4) (1)0i( ) (1)nn nnzn 解: (１)111limlim()lim(1)1(1)111pp ppnnnn nnnnR 收敛圆周i1z  (2) (1)lim11ppnn nR所以收敛圆周1z (3) 记 12121( )( i)2nn nnnfzz 由比值法,有21 21 2121(21) 2( )1limlim( )2(21) 2nn n nnnnnnzfzzfznz  要级数收敛,则2z  级数绝对收敛,收敛半径为2R  所以收敛圆周2z (4) 记 (1)i( )( )(1)nn n nfzzn1(1) 1 ,11(1)lim( )limlimnn n nnnnnnnzzfznn  若 若所以时绝对收敛,收敛半径11z 1R 收敛圆周11z 10.求下列级数的和函数.(1)(2)11( 1)nnnnz 20( 1)(2 )!n nnz n解: (1)11limlim1nnnnCn Cn故收敛半径 R=1,由逐项积分性质，有：-1011( 1)( 1)1znnnnnnznzdzzz所以-1 2 11( 1)(),11(1)nnnznzzzz于是有：11 2 11( 1)( 1)1(1)nnnnnnznzznzzz   (2) 令： 20( )( 1)(2 )!n nnzs zn11limlim0.(21)(22)nnnnC Cnn故 R=∞, 由逐项求导性质211( )( 1)(21)!n nnzs zn由2222 +1100( )( 1)( 1)(1)( 1)(22)!(2 )!(2 )!nmn nmnnmnzzzszmnnmn 此得到( )( )szs z 即有微分方程(。