1、第一章复变与复变函数（一）=1仁解：|z
=Argz=argz+ 2ktt - aictaii(-V3) + 2k兀=一彳 + 2k兀 (k = 0、l.2.)2.解:因为 Zj, r2 = V3 - / = 2e所以f 2员严詁證 3解:由 z4 + a4 =0 得二 = a则二项方程的根为叫=(口)id(k = 0 丄 2,3)e -e1 - a (k = 0,1,2,3)因此“o =予（1 + 0,叫二群（T + f）叱令（-If吹请（）4证明:因为匕 +z2|2 =|zj2 +|r2|2 +2Re(r1z2)|可+匕2-2Re：Z2）两式相加得+
习-习|2 =2(|z1|2+|z2、2|2)几何意义:平行四边形两队角线的平方和等于各边平方和.5证明:由第4题知匕+习+忖一=2（|zJ2 +|打2）可有|-1 + -2
=
-3|于是|可72=2(匕+|二2)-|二1-勺=2(寸=3同理|-2 -纤=|Z3 _-1|2 =3所以匕-打斗2-打斗厂打二巧因此6二2，刁是内接宇单位圆的等边三角形的顶点.6解:(1)表示z点的轨迹是右与二：两点连线的中垂线;不是区域.(2) 令 z = x + yi,由忖 S
二-4
得卜 + 7
(x _ 4) + 同，即 X2 + y2 0.故二点的轨迹是以虚轴为左界的右半平面(包括虚 轴;是区域.(4)由眄1)彳2Rer 30 a3、rctan*一17T7即JOvy VX-1 2a-0)其中二为圆心，丫为半径所以 y2 =|- _-|2 f 二 T二二审令-4 = 1.j5 = -z0,C =
z0|2-y2，从而圆周可以写成JZA BZ B 昱 GAC 为实数，且
B2
=
r0|2|z0|-Y2= JC9. 证明：可证土2为实数.-2 -110. 解：(1)令Z=X + )7R(l + 7),得;V = y,即曲线为一,三象限的角平分线.(2) 令二=x + yi = a cos r + ib sinx = a cos t. y = bsint 则有4+4=i.故曲线为一椭圆./ b2(3) 令z = x + 4、yi = t + -(t # 0), nJ得兀=/,y =-,则xy = 1，故曲线为一双曲线.it(4) 令二=* + 3” =厂 d，得 x = ty = r9即 q = 1 (x 0j 0)，故曲厂r线为双曲线在第一象限内的一支.解:(1)由于 x2+/=|z2 =4,又有 W二丄=!= 4：-24=丄(X 刃)1Z x +)i :T+j厂4所以 =二卩=.贝lj n2 + v2 = (x2 + y2)=丄4416?4这表示在“平面上变成的曲线是以原点为圆心丄为半径的圆周.7Av将y = x代入w =-，即 +和=-中得x +J7X+ 1711-f17n + iv =A-(l + z)25、x2x 2x于是u = ,v-1 .因此V- ，故曲线为W平面上一，四象限的角分线.2x2x(3)同上将* = 1代入变换“ +和=! 得 AT+ V7*故解得1+bd+r)2ii+r存表示曲线变瞅平面上的-个以(卩)为圆吩11 7U + 和= 1 +讦l + y2为半径的圆周.因(x-1)2 +y2 = 1,即可得 rz-r-z = 0将二=丄，二=丄代入得w IV丄丄一丄一丄=0,即丄=兰.因此w +iv w iv irmv mv所以这表示曲线变成艸平面上的一条过(丄,0)且平行于虚轴的直线.Av佗证明:首先考虑函数/(二)=于在Z平面上的连续性.对复平面上任意一点二0来证明liin=二06、”不妨在圆|r
A/=|z0
+ l内考虑.因为二7(/ 0,只需取5于是当上-二。|5时，就有nM(2)由连续函数运算法则两连续函数相除，在分母不为零时,仍连续因此/(=)在15证明:由/(=)=:连续即得.16.证明:1-二在日1内连续且不为0 ,故在日1内连续13证明:令心代:：分情况讨论:若二0 =0,由于当z沿直线aigr = 0q-7T 0Q 兀）趋于原点时,/（二）着于, 这里仇可以取不同值，因而/（二）在二 =0处不连续.若二。=班时，二”落入圆内，从原点引此圆的两条切线，则此两条切线夹 角为2（3）, 0（5） = arcsiii占，因此总可以选取Arg-的一个值argz7、M .当 ” 时，有|魄:”-&0|0，即总有|argz-argz0
v.因此/（z）在二。连 续.综上讨论得知，/（二）除原点及负实轴上的点外处处连续.14.证明：由于/（二）的表达式都是xj的有理式，所以除去分母为零的点 二= 0,/（二）是连续的,因而只须讨论/（二）在二=0的情况.当点二=* +尹沿直线y = kx趋于二=0时，/（-）= = -T - -T+ y + kz-k这个极限值以斤的变化而不同，所以/（二）在二=0不连续.30 = 1 ,VJ，均存在二=1 一知=1-使得|-i-2
= y*)-/(井古-在=討故/(对在|二
0.IN 0 ,当n N时， noo恒有匕”8、-=。
,从而由定义知|*”-对缶7。|儿_儿卜匕_二。|儿（”-8）充分性:由定义得-Zo
= （xn - X。） + （儿 - 0）M S
斗 - X。
+ yn 一 o|因此当X” -“0儿-儿(” -8)时，必有 亠 T二0(”-8)18证明:利用第17题，及关于实数列收敛的柯西准则来证明.必要性:设liinr =z0.M由定义对s03N = N(-)0，当” 时，恒 n-2有
z”-Zo|v#.因而对任何自然数p ,也有|zn+p-z0|.利用三角不等式及上面两不等式，当”N时有二”+p =n 二”+p -二0 +|二 -o
0,弘30,当z + p川寸,有|-渤，均存在9、二=1 一知=1-使得|-i-2
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= （xn - X。） + （儿 - 0）M S
斗 - X。
+ yn 一 o|因此当X” -“0儿-儿(” -8)时，必有 亠 T二0(”-8)18证明:利用第17题，及关于实数列收敛的柯西准则来证明.必要性:设liinr =z0.M由定义对s03N = N(-)0，当” 时，恒 n-2有
z”-Zo|v#.因而对任何自然数p ,也有|zn+p-z0|.利用三角不10、等式及上面两不等式，当”N时有二”+p =n 二”+p -二0 +|二 -o
0,弘30,当z + p川寸,有|-渤,由定义1解：350 +品5卩）：=弓需=严（cos 30 T sin 3卩）（/*）2解:由于二二/故严=enrt = cos nt + z sill nt. zn=COS 77/ 7 sin 77/因此 zw + = 2cosvr.zn =2siiint3 证明:已知=2因此 xn = 2n cos.儿=V sin w3几35/7/7 5/7/7cos+ i sin33 )5nn . 5(” 一 1)/7. ficosSillsin3“7 - w7COS334证明：第一个不11、等式等价于(
时+
)扩 *2 ,即.r2 + y2 + 2|x|y
0这是显然的，因此第一个不等式成立.第二个不等式等价于H2 =x2 +/0这是显然的因此第二个不等式成立.5证明:利用公式右-彳=匕+|z2|2 _2Re（二i二2）以及 Re二=|z6.证明：因为|二
= 1.所以竺bz + aaz + b az + b bza bz + a|d+ ab= + ab 二 + 0I* + abz+abz +
afaz+ b7解:设二。为对角线二的中点，则=(1 +三3)= 1 + 2，分别左旋及右旋向量二各彳，写成复数等式后,即可由此解得顶点二2的坐标 为(4,1);顶点刁的坐标为12、(-2,3).8证明：由于Arj z2 Z与“i%书同向相似的充要条件是乙3 =厶”3，且9证明：右三4三四点共圆或共直线的充要条件为厶1 二23 + 厶3二4右= 或 /7但厶三2=3=8咚 一工，ZZ3习二l=g 因此共圆周或共直线的充要条件为 土乂：三二为实数.10证明:由 Ozx 丄 Oz2 知 aigZj - aigz2 = 故 土斗,两边平方即得石+是=0,反之亦然.证明:因为所以I才-皆-干+=怦- =2z+hl2)即
彳(z, kz2) z(z1 k2z2) =亦即-k匕 _(|二+|二-二2_k2=i-z2d_b一 (1 F)2故有二-Zj -k2z l F，此为圆的方程,13、该圆圆心为“七产半径1一(0 1, z1 H ：2)12证明:眉 心|l-z|l + z|+b2 v J(一 l-d)2 +b (1 - a)? +b2 (-1 d)? +62 -2d v 2d o a 0几何意义:右半平面上的点到(1,0)的距离d小于到(40)点的距离b;到(hO)的 距离d小于到(-1,0)点的距离b的点在右半平面上.第二章解析函数（-）1 .证明:3c 0，使 e （r0 -6,t0 + ） /（,有二（“）工二（心）,即 C 在 z（/0）的对应去心 邻域内无重点，即能够联结割线亦丽，是否就存在数列厶”-4,使 z（rlw） = z（r0）,于是有畑=皿仏）一叽0此与14、假设矛盾.因为ar严）丄o）=ai上（耳）-z（z0）Z1 -，0所以 lim aiEz（/i）-二Go） = liin ais 乂。虫 = aie liin 兰。_“f“f tx -r0r -r0因此，割线确实有其极限位置.即曲线C在点二仏）的切线存在，其倾角为argrr(r0).2 证明:因/（二）g（二）在点解析，则/匕）d（“均存在./（二）-/（二。） 所以 lim些=11111/匸）_/匸）= 11111一 g（二）：十。g（二）一 g（G ） 一葩 g（二）-g（二0）=03 证明：z/(x,y) =(2)工(00)(2(00) + 才(2)H(00)v(x.?) = 5 x2 15、+ y20(x,) = (0.0)于是(0.0) = lim-/(V-()/()- = lim- = 1,从而在原点/(二)满足C-R 条 7X7 X件，但在原点，/和)-(“0)+(0,0)_(l + Z)(x)3-(y)3-(l + /)z(才+b讣当二沿)，=*- o 时，有/_/()=土2 z 2(沙故/(二)在原点不可微.4.证明:当二H0时，即；vj至少有一个不等于0时，或有ux it y 或有-it x it y,故日至多在原点可微.(2) 在C上处处不满足C-R条件.(3) 在C上处处不满足C-R条件.丄=二=半二,除原点外，在C上处处不满足C-R条件.Z ZZ AT+尹.5解16、: (x y) = xy 2 .v(x. y) = x2y9此时仅当 x = y = 0 时有hx = y2 = vy = 2q = -vx = 一2；9，且这四个偏导数在原点连续，故/(二)只在原点可微.(2) /(X, V)= X2 , V(X J)= )：2 ,此时仅当X = 7这条直线上时有if = 2x = vv = 2v, ir, = 0 = -vr = 0且在X = J这四个偏导数连续，故/(二)只在A- = y可微但不解析.(3) ?心j) = 2xv(x,y) = 3才，且ux = 6片=vy = 9)厂,=0 = -vx = 0故只在曲线4-=o上可微但不解析.(4) /z17、(x.y) = x3 - 3xy 2, v(.v, y) = 3x2y - 在全平面上有tix = 3x2 -3y2 = vy = 3x2 -3y2,uY = -6r，= -vx = 一6q且在全平面上这四个偏导数连续，故可微且解析.6.证明: Vz = x + yi e D,0 = /#(z) = ux +ivx = vv - in v(2) 设f(=) = u + iv.则帀=“_和,由/(二)与帀均在D内解析知结合此两式得Hx = Uy =VX= Vy - 0 ,故均为常数，故/(二)亦为常数.(3) 若|/(r)
- C = 0 ,则显然/(二)三0,若|/(z)卜CHO,则此时有/18、(二)工0,且帀/(二) C?,即丽 也时解析函数.由(2)知/(二)为常数./(-)(4) 设/(z) = w + iv.z/(x,y)三 C,贝I* = “ =0,6 C-R 条件得叫=-厂0_ =ux so因此为常数，则/(二)亦为常数.7证明:设 f = u + iv、g=if = p + iO则 f = u-iv.g = v-n/.由 /(z)在 D 内解析 知x = vy,z/y =-vx从而 px = Vx= = Q Py =Vy= x =-因而g(二)亦D内解析.8.解:由 “(xj)二 x3 -3ai-2,v(x,) = 3.丫2._ J,则有ux = 3x2 -3y2,uy19、 = -6x)vx = 6可弋=3a2 -3y2故xSTY为连续的,且满足C-R条件，所以/C)在二平面上解析但/(二)=x + vxi = Gx? -3y2) + 6xyi = 3:2(2) /(x,) = x(xcosv)ux =ex ( a- cos y - y sin y + cos y) = vy(-xs i if- s hiw-ygQ各一匕故/(二)在z平面上解析，且f (z) = ex cosy(x + l)_ysin尹+ silly (x + l)_)cos尹由 u(x.y) = sin xchyv(x.y) = cos xs如侧有nx =co3：chyfy = s i ir520、 /?jr. = -s i 1x5 hy = co a c/;故为连续的,且满足C-R条件，所以/(二)在二平面上解析，且/*(z) =ux +vxi = co srcFS ims cos(4)由 “(xj) = cos xchy.v(x9y) = sin xs hy，则有ur = -s iixcliA/r. = c o ms = -c o sr$ = -s iire故x，S叫*，为连续的,且满足C-R条件，所以/C)在二平面上解析，且/(z) = ux = s iitco srs /? Ws iir9证明:设 z = x + yi = ree.则 x =,cos& y = rsin 0y从而21、=ux cos 0 + uy sin 0. ue = uxr sin 6 + uyr cos 6 vr = ux cos 0 + vy sill &. ve = -vxr sin 0 + vyr cos &.再由严丄V0-Vr =lf0，可得Ux =VvJ,v =Vx，因此可得/(二)在点Z可微且 rr/ (二)=ux -in =(rcos0ur sin0ue)i(rsin6ur + cos0ue)rr= (co0T丄(0inW 护=(c o 8-i SHtv 因甲10 解:鬥二严g）卜严-y2*2x)f所以 Re 农cos?2M.证明:因为 e2 = ex -eyi = eA(cosy+ f22、siiiy)因此 e: = ex (cos y - i sill y)而 w； = ezyi = ex eyl = ex (cos y i sill y)，得证.J2 _-12(2) 因为siiiz =tz -tz-tz 丄-1ztxn 一 e e e +e所以 sin z = sin z2i2iQZ 4. qTZ(3) 因为 cosz =Jz . -tz -tz , Jztxn e +e e +e 所以 cos z = cos z2 212.证明:分别就7为正整数零，负整数的情形证明，仅以正整数为例当加=1时,等式自然成立.假设当m = k-时，等式成立.那么当w = k时,(e:)k =心23、=/，等式任成立.故结论正确.13解: e =e3 -e = e3(cosl +rsiiil)(2) cos(l-f) =严+对244 证明:由于/(z) = sinz.g(z) = z在点二=0解析且 /(0) = g(0) f (0)十 0用井 siiiz cos二 .因此 lun= =1二一0 -(2) 由于/(z) = e: - l.g(二)=0 在点二=0解析,且/(0) = g(0) = 0,gr(0) = 1 # 0因此liin-=e:20 二 二.0=1(3) 由于 /(z) = z - z cos z, g(z) = z - sill z 在点;:=0 解析,且 /(0)=g24、(0) = 0/(0) = g#(0) = 0/(0) = g(0) = 0,g70) = Im.ii 二一二 COS 二 1-COSr+ zsiliz r因此 Inn= lun= 3z z - sill z1 - cos r15证明:co w + co sr(一 b) + + co 玄+ nb)-iag(a+b)i(a-hnb)2J _ /Tbl-z1/(n+1)&” + 1sm2Tsm ?COS（d +）二石辺同理证明（2）.16.证明：（j sb心）y ）=匚2/2i= /siiilir-t:(3) sinh(亡)(2) cos() = &心 +e2/=zsiii z(4) cosh(/25、r) = cos(/ 亡)=cos(-z) = cos 二(5) tan( 空d 型三”anh 二 cos(亡)cosh z(6) tai)= = = /tanz cosh(fz) cosr17证明:(1) ch2z sh2z = ch由于 = -1 = R (兀 + Ikrr)，故 z = in + 2Att) cosz = -sinz，即 tanz = 1,所以z + (ishz)r = hi+ k7t 2i 1 + 74 = cos2(zz) + sin2(fz) = 1sec心心肘鼎1 + slrz= = 1 cJr：(3) ch(zx + z2) = cos(Zz1 +亡2)= co26、s(亡Jcos(亡2)-sin(fzJsin(fr2)=ch h z + s hh：18.12E明:(1) sin 三=sin(x + yi) = sin.vcos(j7)+ cosxsin(9 = sinxchy + /cosxshy(2) cosr = cos(x +)i) = cos xcos(j7)- sill xsin(f)0 = cos xch)9 + i sill xsfy(3)
sin=
siiixchy + icosxy/n =siir xch2y + cos2 xsh2y = siii2 x + siiilr y(4)
cosz|2 =
cosxchy -fsinx27、s则？ = cos2 xch2y + sur xsh2y = cos2 x + siiili2 y19. 证明：(sh=y = C e S =g +e = ch:2， e2 -ez2h J =(-) =- = shi2 ?20. 解: 二=111(1 + 母=lii|l + V3?j + iarg 1 + VJz)= 1112 + 7(- + 2切3(k = 0.1，)(2)由于 In 二=则有 z = e2一= cos+ /su4 =1In 51 1且伦 2x = .x = 422-hi 5 .arctg+ nH141z =2T严(r+ n21 证明:因 li心 一 1) = ln(d 一 28、1) = Inree -1 +,arg(re13 -1)，所以Relii(z 一 1) = 111 re,e 一 1
= In yj(re - I)2 +(rsiii)2 = 111(1 + r2 -2rcos8) 2严).2&22 解：叭(;:)=皿左 3f(z e G：0 &(z) 1为半径的圆周C从4走到E,经过变换w = z4,M象点在R平面上沿以M-0为心，疋1为半径的象圆周从/走 到B，刚好绕AV = /w+l的支点-4转一整周,故它在B的值为Jw+13.因此 /(z) B=f(z)2&证明：. f(z) = (l-z)z2可能的支点为0 , 4 , s由于3|1 + 2，故/(29、二)的支点为*0，因此在将z平面沿实轴从0到期割 开后，就可保证变点z不会单绕0或者说转一周，于是在这样割开后的z 平面上/(就可以分出三个单值解析分支.另由已知ai gf(z) = /7得/(2祁-(-)1证明：由/(=) = =得/(=) =丄一，从而于是/(在D必常数 1七(1一打/(-)1 + Z2 (l + J(l_J) = 1-|二+(2打十”7w(l-z2)(l-r)_ 1+H4-Re?所以/(z)丿1-怦l +
z|4-2Re?由于|z|0.且/丿1 +
二 2 Re 丁 n 1 +
二 21二f = (1 一|二f 0 0.2 证明:同第一题1
_/(=)二 1 +30、 Z 二 1-1 才+2dlmz 广(二)i-z it *3证明:题目等价域以下命题:设吕为关于实轴对称氏区域，则函数在内解析=7G)在厶内解析.设/（二）在E内解析，对任意的二 w厶，当二g 时有 w 三w ，所以Inn /%）= lun 叵證=帝f z_=0 s Z-Zo这是因为/（二）在E内解析，从而有山?_卩）=/富）,由二。的任意性可 Nf 二0T 茲知，7G）在厶内解析4 证明:由于X丄（二+7）j =丄（二-7）,根据复合函数求偏导数的法则，即可得 2 2i证.里二冬+座二丄凸一色）+丄（也+色） dz dz dz 2 dx2i dxfz dtidv du dvdf 小所以 丁二31、丁，丁二 一丁,得二=0 dx 0-dxd:5. 证明：|siii=
siii（x + j7）
= Jsin xch2y + （l-shi2 x）sh2y = JsFy+ sin *所以 y =
lmr|，故左边成立.右边证明可应用sin二的定义及三角不等式来证明.6. 证明:有
siiiz|2 sin2 x + sh2y l + sh2y ch2y ch2R即卜i 口
S c方厶又有
cosz
= cos2 x + sinh yl + sh2y = ch2y chR7. 证明:据定义任两相异点二2为单位圆|-
2
zj|z2
2-1 1 = 0 故函数/（二）在讨 1内是32、单叶的.8证明:因为/（二）有支A-1.1.B其割线-1,1,第三章复变函数的积分(一)1. 解:f = X0t1)为从点0到1+i的直线方程，于是.(.v-r+ n2 w = Jo (.r-r+b2)y(.r+.r/)=f (.v-.v+ Zr2 )(.t+Zv) = (1 +/)彳.r2*2. 解： 6,:r = x-i .rl,因此(甘龙二1(2) US从;r变到0,因此JJ# =2(3) 下半圆周方程为r=Z.02,则帥=侠=23. 证明：(1) C: .r=0.-l r0而|/(r)
=
.v2 +州=J +丿SI,右半换1周长为兀， 所以：( +)冲4.解：因为距离原点域近的奇33、点r =
,在甲位IM|r
_ f if 旳 _ f (/cos 0 - sin 8)(cos 0 + 2) - /sin0 切/ + 2(cos& + 2尸 + sin? 8_ r2x -2sin8 + /(l + 2cos8)闭h5 + 4cos8于是竺竺爲8=o.故乙xo.o 5+4cos0o 5 + 4cos&9. 解：(1)因为/(r) = 2?-r+l在|非2上是解析的、且r = le|r|2,根据柯西公 式得10解：若C不含z=b则J=0若C含z二1但不含有z=-l,则sin-j/Zr土 =2”若C含有Z=-1,但不含z二1,则:可令/(r)=2?-j+l.则由导数的积分表达34、式得若C含有z = l,则4sin X24 z-11.证明：b“qC88+zsih&”E。R訝(严=- 严& sin(sin 8) + i严* cos(sin 6)6再利用柯西积分公式f J* I旦 =2Jc z Jci -0 则严力cos($in8)闭=2兀，由于才“3$3】&)关于On 对称，因此严 cos(sin 6)e/e=7t12解:令仅g)=3学+7M+1,则/(-)= 2 砂(二)=2 亦(3? + 7二 +1).亠_则 Z(-) = 27(65+7)因此 /(I + z) = 26 + 6/+ 7) = 271(-6 +1 &)13. 证明：利用结论:/(r)在Q内单叶解析，则35、有Z(-) = 0由题知，C.二=(曲为Q内光滑曲线，由光滑曲线的定义有1) 0为若尔当曲线，即厶牛时,X4)* XA) i2) N(/)工0,且连续于a, b要证r为光滑曲线，只须验证以上两条即可.而在m-= /(r)的变换下，U的象曲线下的参数方程为T: ii = M(/) = /r(/)(/)1) 因厶二厶时，北)工卫2)，又因在Q内单叶解析，所以当时，/(-I)丰/(2).因此当4 H时,有工”-2) 因为才(/)工0且连续于a, b,又因/V)工0,则由解析函数的无穷可微性 知/(二)在Q内也存在,所以/(二)在Q内也连续，则由复合函数求导法则(0 = 绅北0,且连续于a, b.1436、. 证明：由上题知和r均为光滑曲线，因(“)沿连续以及/(=)/(=)在包 含的区域q内解析因此/(=)_/(=)也连续，故公式中的两端积分存在.则./(=)力二./(卫)八助)二力15. 证明:应用刘维尔定理，因|/訓恒大于一正的常数，则-必恒小于一正的常数，则丄为常数，故/(二)为常数. / 1； =2x+v广r= 21丁+di)Av= vx = 2j +rr(.v) = -ny - 2 r-.r= c(.r) = 一.丁 =+D n /(r) = (.r + .u-j2) + (2ir + 宁-才 5由己知 f (i)=-l+i=-l+i=-l+-+Z/=Z=-2 2F 1=/(-) =37、(.r + .n - -v2) +/(2ii +- - +-)?7由Q-人条件，= 才=(.vcosj - rsiii丿) + $y儿则cos r-rsin coydvxtf sill y+ /sin r-rsm vdvy =sin+ w：rcos r+ 0(又因竹=-rx,故一 ex sin y- siu y- exycosy= -(ex sin r + sm y+ ex cos j + ()即) = 0二U故/(二)h/Ctcos r-丿 sin r) + /(.v siii r+rcosj +O 又因/(0) = 0.故/(0)=/C= 0 n 0,所以/(二)=(.rcos r-j-s38、iii j)+/(.vsiii j +rcosj )(3)由条件，,. = _= 严1 ,所以(F +x)2訂匕,心=_ -+0( J (十 +)A + 丁又因 r =乂，故(-)；+03 =( / ,)；，即0W = 0.L + 广.1* + 1*9r所以p(.v)= r,故.r + rT + r*又因为/(2)-0,所以 4|/(幼=4(竹$ + v2)|/(才二/+“，引/幼=2“+2叫黑址二切+2/+2宀2听同浬可得：密. + 2叱+2几2叩于是结合C_R条件及为调和函数可得:c.v cr2 = 4(； +)+ 2/(/x2 + Uy )+ 2r(i;2 + Vy )=4( + 1；239、)=4|/(-r)|218. 证明：/：=)在Q内解析，则/(二)在Q内也解析.已知/(=),则ln/(r)在Q内解析，于是其实部ln|/(r)|为Z?内的调和函数.19. 解：/(-) =心疋= _”势怖数和流换数分别为(p(x.r) =/n;r0(w)二一彳(F-F)故势线和流线为双曲线.020. 解:根据流量和环量的定义来计算仁._i 广T2科/ -1 （.r - ；-2 - I）2 +4.v2y （.r 一J? 一 1：W +4.r r2环量rq =2.VF6（ -丿 2 一1）2 +4. -（“ _.2 二）2 +4.“2处 02.vr流量为妇(” 一二；)；+4宀一 0同理，在GG40、处也为o.(二)1. 答:/(二)不必需要在二=0解析，如/()= 一在二=0处不解析.2. 解:若沿负实轴(-8.0隔开二平面，就能分成两个巾值解析分支，即了昨卄Ifjr(J7)* =2 (一兀 v arg 三 v 兀斤=0.1)(1)在G ：二=/&.0 s e s兀上，J7取主值支.这时式中argz代换为8.C 0,则 Vr =门，故 J -= = -2 + 2/ (2) 在壬取主值支这时式中argz代换为40,则哇.3. 证明：利用积分佔值定理及三角不等式*舟2且由枳分佔值定理有o,350,使当 1-Srl时均有I-A)
,(002)2/r于是L/滋冃9心厶乂丿旳8. 证明：訂先由题41、设积分存在,应用积分佔值定理.L - 0, 3O, Vze j=0的邻域有/(Z)-AQ)0&）丹二2矿（0） r-02(-+i)M2)42/(J)/(r)K（2）取（1）中的存=0再利用圆周的参数方程化简（1）中等式左端即证.10 证明：f 勿/Jig2；Z7 J|E=2/(0)/(0)= 2/(0)11 证明：由题设，/（=）在内含之单连通区域内解析.i）-/wi=|jy（z） f $（北考虑到|/匸）|在有界闭集上的连续性，必存在点;eC,使得|/点）|是|/（二）
在上的最大值.由上得1/一 _/（存）卜（訓5-同如果Sec,都有ZW=0,则沿C、/V）三0，于是沿U, /（r）为常42、数，故/0） =/；），题中等式成立.如果存在eC使/（M）h0 ,且是|/（訓在Q上的最大值，则可令 人=今）_如 则题中等式成立12. 证明：取圆周|jj=pl由于/（二在日 1内解析，故知/（二）在日5 p上解析，且有由柯曲不等式,知11 P” Pwd-P）对于p在（0,1）上，当p二丄时，p”（ip）取鼓大值（）71-一）+1 1+ 1+于是得一-的最小值为上竺，当 T时(厶)” T丄p”(l_p)(r+1 e+1所以有
/M)(0)
的估值为|/w)(0)
S(+l)!w.13. 证明：由柯西不等式|严(“)/).其中m(R) = inaxJ/(4/, = L2-可知尺且皿二)|的二不存在，则必存在某正数/?,使得对于任 意的}