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1、精品资料欢迎下载习题 1第一章复数与复变函数1.z1313 i 求|z|，Argz2221232解： z1223Argz=arctan2+2k=2k,k 0, 1, 2,1322已知 z11i,z23i ,试用指数形式表示 z1 z2及 z12z2解： z11ie 4i2iz23i2e62e 6iii所以 z1 z2e 42e 12z14i()i5e11ie4 612z22e2ei263 解二项方程 z4a40(a0)解 由 z4a40 得 z4a4则二次方程的根为wk41 a（ k=0,1,2,3）i2 k=4（ k=0,1,2,3ea）w0iaa(1+i)e 42i23ia ( 1 i)w
2、1e4a e 4 a2精品资料欢迎下载5iaw2e 4a( 1i )27iaw3e 4a(1i )24 . 设 z1 、 z2 是两个复数，求证：| z1z2 |2| z1 |2| z2 |22 Re(z1 z2 ),2证明： z1z2z1z2 z1z22z22z2 z1z1z1 z22z22z1z2z1z1 z22z22z12Re z1 z25 设 z1, z2, z3 三点适合条件：z1z2z30 及 z1z2z31试证明 z1, z2, z3 是一个内接于单位圆周z1的正三角形的顶点。证明：设 z1x1iy1 ， z2x2iy 2 ， z3x3iy3因为 z1z2z30x1x2x30 ，
3、 y1y2y30x1x2x3 ， y1y2y3又因为 z1z2z31三点 z1 , z2 , z3在单位圆周上，且有 x12y12x22y22x32y32而 x 2y 2xx2yy2231132x22y221x3y32 x2 x3y2 y31同理 2( x1 x2y1 y2 )2 x x y y32 xx yy31131232可知 x1x22y1y22x22y22x1x32y12x3y3y3精品资料欢迎下载即 z1z2z2z3z1z3z1, z2 , z3 是一个内接于单位圆周z1的正三角形的顶点得证。6下列关系表示的点z 的轨迹是什么图形？他是不是区域？（ 1） z 1 1 z 1令 zxi
4、y , 由 z1z1 得 z 1 2z 1 2 即 x 1 2 x 1 2 , 所以 x 0 , 故以虚轴为左界的右半平面 ; 是区域（ 2） 0arg(z1)且 2Re z34y解:由0arg(z1)且 2Re z3y4得: 0arctan且 2x3x 14; 不即为如图阴影所示（不包括上下边界）是区域。0123X7. 证明： z 平面上的直线方程可以写成azaz c (a 是非零复常数， c 是实常数 )证明：设直线方程的一般形式为：ax+by+c=0 (a,b,c 均是实常数，a,b 不全为零 )因为： x =zz , y =zz 代入简化得：221abi z1abiz c 0令 1 a
5、22bi0 得 zzc2反之（逆推可得）设有方程zzc （复数0 ，c 是常数）用 z xiy 代入上式，且令1abi 化简即得。28. 试证：复平面上三点 a+bi,0,1共直线。abi1(abi )1abib2 （实数）证明： 因为0(abi )= a2所以三点共直线。9求下面方程给出的曲线精品资料欢迎下载z= a costi sin t解: 令 z=xiy= a cost i sin t 得 x= a cost ,y= bsint则有 x2y21, 故曲线为一椭圆 .22ab10函数 w=1 将 z 平面上曲线变成w平面上的什么曲线zxiy , wuiv ?z（ 1）x2 + y 2 =
6、4解 : 由于 x 2 + y 2 = z2 = 4 , 又由于w=1=1xiy=1 x iyzx iy = x 2y24所以 ux , vy44则 u 2v21 x 2y211641这表示在 w 平面上以原点为圆心 ,为半径的一个圆周 .（ 2） x 1解 : 将 x1代入变换 u iv =1, 得 uiv =1= 1iyxiy1iy1y2于是=1, vyu1 y21y2 ,且221y21uv(1 y2 ) 21 y2u.故 u2uv20 解得 (u1 )2v2124这表示 w 平面上的一个以 ( 1 ,0) 为圆心 , 1 为半径的圆周 .222 2（ 3） (x 1) y 1( x22即
7、 x22解：因为1)y 12xy 0 即 z.z z z 0将 z1及z1 代入得：ww精品资料欢迎下载1 . 1110即1w ww wwww.ww.w因此ww1u 1 ( v 可任意取值 )2表示 w 平面上平行于虚轴的直线。11. 求证： f (z) arg z( z 0) 在全平面除去原点和负实轴的区域上连续，在负实轴上不连续 .证 设 z0 为全平面除去原点和负实轴的区域上任意一点.考虑充分小的正数, 使角形区域 arg z0arg z0与负实轴不相交 ,从图上立即可以看出 ,以z0 为中心 , z0 到射线arg z0的距离为半径所作的圆盘 ,一定落在上述角形区域内，这就是说 ,只要
8、取 0z0 sin.那么当 zz0时就有 arg z arg z0.因此 argz 在 z0 为连续 .再由 z0的任意性 ,知 f (z)arg z在所述区域内为连续 .设 x1 是负实轴上任意一点 ,则limarg z及 l i m a rzgz x1zx1Im z 0I mz0故 argz 在负实轴上为不连续 .（如下图）精品资料欢迎下载xyz 012. 命函数 f zx2y20 z0试证： fz在原点不连续。xyz 0证明： fzx2y20 z0当点 zxyi 沿 ykx 趋于 zk0 时， f z1 k当 k 取不同值时， fz趋于不同的数f z 在原点处不连续。13. 已知流体在某
9、点 M的速度 v=-1-i ，求其大小和方向。解大小： |v|=1 1 =2 ；方向： arg v=arctan13 。1414.i1 i2 cos4i sin42e4；ii 1cos2sin2e2 ；0 i11cos0i sin0e ；精品资料欢迎下载22 cosi sin2e i；i3i3 cos2sin23e 2 ；i2 k ii还有 e 2i ,e1,e1（ k 为整数）15. 将复数 1-cos +isin 化为指数形式。解原式 =2sin 22+2isincos=2sin2sini cos2222=2sincosi sin=2sinei22222 22216. 对于复数 . ，若=
10、0，则 . 至少有一为零 . 试证之。证若=0，则必 |=0 ，因而|=0.由实数域中的对应结果知|.| 至少有一为零 . 所以.至少有一为零 .17. 计算3 8.解因-8=-8( cosisin), 故( 38) k = 3 8 ( cos2k+ i sin2k).(k=0,1,2)33当 k=0 时,( 38) 0 = 3 8(cos3i sin)3=2( 1i3 )1i 3;22当 k=1 时,( 38)12(cosi sin)2;当 k=2 时,( 38) 22(cos5i sin 5) 2(cosi sin) 1 i 3.，333318. 设 z1 及 z2 是两个复数，试证 z1
11、z2222z1z22 Re z1 z2并应用此等式证明三角不等式 (1.2)。证：精品资料欢迎下载2z2 z1z2z1 z2z1z1z2z1z2z1 zz2 z2z1 zz1z2122z22z1 z2z1 z2z12z222 Re z1 z2z1其次，由所证等式以及2 Re z1 z2z1 z2z1 z2 就可导出三角不等式 (1.2) 。19. 连接 z1 及 z2 两点的线段的参数方程为zz1t z2z10t1过z1 及 z2 两点的直线的参数方程为zz1t z2z1t由此可知 , 三点 z1z2z3 共线的充要条件为z3z1t(t为一非零实数 )z2z1Im z3z10z2z120求证：
12、三个复数z1 ， z2 ， z3 成为一个等边三角形的三个顶点的充要条件是它们适合等式z12z22z32z2 z3 z3 z1 z1 z2 。证 ： z1 z2 z3 是等边三角形的充要条件为：向量z1 z2 绕 z1 旋转或即得向33量 z1 z3 ，也就是iz3z1z2z1 e 3 ，即z3z113 i ，z2z122即z3z113 i ，z2z122精品资料欢迎下载两端平方化简，即得z12z22z32z2 z3z3 z1z1z2 。21. 试证：点集 E 的边界 E 是闭集。即证EE 。证：设 z 为的聚点。取 z 的任意 邻域 N z ，则存在 z0z 使得 z0N z 且z0 E 。
13、在 N z 内能画出以 z0 为心，充分小半径的圆。这时由 z0E 可见，在此圆内属于 E 的点和不属于 E 的点都存在。于是，在 Nz 内属于 E 的点和不属于 E 的点都存在，故 zE 。因此 E 是闭集。2平面上的何种曲22. 设有函数 =z , 试问它把 z 平面上的下列曲线分别变成线？（ 1）以原点为心， 2 为半径，在第一象限里的圆弧；（ 2）倾角的直线（可以看成两条射线argz及arg z）；333（ 3）双曲线 x 2 -y 2 =4.解设 z = xiyr (cosi sin ) ,uivR ( cosi sin ) ,则2R r，2 ，由此，（1）当 z 的模为 2，辐角由 0 变至时，对应的的模为 4，辐角由 0 变2至 . 故在 平面上的对应图形为：以原点为心， 4 为半径，在 u 轴上方的半圆周 .（ 2）倾角的直线在平面上对应的图形为射线2 .33（3）因z2x2y22xyi ，故 ux2y 2 ，所以 z 平面上的双曲线 x2y 24在 平面上的像为直线 u4 .