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复变函数 / 习题/考试 / 作业 / 1

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第一章 #

习题 1.1 #

  1. 求下列复数 zz 的模 ∣z∣|z| 与辐角的主值 arg⁡z\arg z.
  • (1) z=3+iz=\sqrt 3+\text{i}.
  • (2) z=1+i1−iz=\dfrac{1+\text{i}}{1-\text{i}}.
note
  • (1) ∣z∣=2, arg⁡z=π6|z|=2,\ \arg z=\dfrac{\pi}{6}.
  • (3) z=i, ∣z∣=1, arg⁡z=π2z=\text{i},\ |z|=1,\ \arg z=\dfrac{\pi}{2}.
  1. 求下列方程的根:

(2) z2=1+i(2)\ z^2=\sqrt{1+i}.

note

利用棣莫弗定理, 1+i=212(cos⁡π4+isin⁡π4)1+\text{i}=2^{\frac 1 2}(\cos\dfrac{\pi}{4}+\text{i}\sin\dfrac{\pi}{4}), 故 (1+i)12=214(cos⁡π8+isin⁡π8)(1+\text{i})^{\frac 1 2}=2^{\frac 1 4}(\cos\dfrac{\pi}{8}+\text{i}\sin\dfrac{\pi}{8}).

所以 arg⁡z=π8+2kπ2,k=0,1\arg z = \dfrac{\frac{\pi}{8}+2k\pi}{2},\quad k=0,1 且 ∣z∣=218|z|=2^{\frac 1 8}.

z1=218(cos⁡π16+isin⁡π16),z_1=2^{\frac 1 8}(\cos\dfrac{\pi}{16}+\text{i}\sin\dfrac{\pi}{16}), z2=218(cos⁡9π16+isin⁡9π16)z_2=2^{\frac 1 8}(\cos\dfrac{9\pi}{16}+\text{i}\sin\dfrac{9\pi}{16}).

  1. 求二次方程 z2+2iz−1+i=0z^2+2\text{i} z-1+i=0 的两个根.
note

(z+i)2=−i⇒z=−i±−i⇒z=±22+i(−1+∓22)(z+\text{i})^2=-\text{i} \Rightarrow z=-\text{i}\pm\sqrt{-i}\Rightarrow z=\pm\dfrac{\sqrt{2}}{2}+\text{i}(-1+\mp\dfrac{\sqrt{2}}{2}).

  1. 设 z=x+iyz=x+\text{i} y, 其中 xx 与 yy 分别是 zz 的实部与虚部. 证明
12(∣x∣+∣y∣)⩽∣z∣⩽(∣x∣+∣y∣).\dfrac{1}{\sqrt 2}(|x|+|y|)\leqslant|z|\leqslant(|x|+|y|).
note

等价于证明 12(∣x∣+∣y∣)2⩽(x2+y2)⩽(∣x∣+∣y∣)2\dfrac{1}{2}(|x|+|y|)^2\leqslant (x^2+y^2)\leqslant(|x|+|y|)^2.

对于第二个小于等于, 直接展开可以得到 0⩽2∣x∣∣y∣0\leqslant 2|x||y|. 显然成立.

对于第一个小于等于, 展开可得 2∣x∣∣y∣⩽x2+y2⇔0⩽(∣x∣−∣y∣)22|x||y|\leqslant x^2+y^2\Leftrightarrow 0\leqslant (|x|-|y|)^2 显然成立.

  1. 设 z1z_1 与 z2z_2 是任意两个复数. 证明等式
∣z1+z2∣2+∣z1−z2∣2=2(∣z1∣2+∣z2∣2),|z_1+z_2|^2+|z_1-z_2|^2=2(|z_1|^2+|z_2|^2),

并说明其几何意义.

note
∣z1+z2∣2+∣z1−z2∣2=(z1+z2)(z1‾+z2‾)+(z1−z2)(z1‾−z2‾)=2∣z1∣2+2∣z2∣2+z1z2‾+z2z1‾−z2z1‾−z1z2‾=2(∣z1∣2+∣z2∣2).\begin{aligned} |z_1+z_2|^2+|z_1-z_2|^2 &= (z_1+z_2)(\overline{z_1}+\overline{z_2})+(z_1-z_2)(\overline{z_1}-\overline{z_2}) \\ &= 2|z_1|^2+2|z_2|^2 + z_1\overline{z_2}+z_2\overline{z_1}-z_2\overline{z_1}-z_1\overline{z_2} \\ &= 2(|z_1|^2+|z_2|^2). \end{aligned}

几何意义就是平行四边对角线长度平方和等于四边长度平方和.

  1. 设 ∣α∣<1,∣β∣<1|\alpha|<1,|\beta|<1, 证明不等式:
∣α−β1−α‾β∣<1.\left|\dfrac{\alpha-\beta}{1-\overline{\alpha}\beta}\right|<1.
note
⇔∣α−β∣2<∣1−α‾β∣2⇔(α−β)(α‾−β‾)<(1−α‾β)(1−αβ‾)⇔∣α∣2+∣β∣2−αβ‾−α‾β<1+∣α∣2∣β∣2−αβ‾−α‾β⇔0<(1−∣α∣2)(1−∣β∣2).\begin{aligned} \Leftrightarrow & |\alpha-\beta|^2<|1-\overline{\alpha}\beta|^2\\ \Leftrightarrow & (\alpha-\beta)(\overline{\alpha}-\overline{\beta})<(1-\overline{\alpha}\beta)(1-\alpha\overline{\beta})\\ \Leftrightarrow & |\alpha|^2+|\beta|^2-\alpha\overline{\beta}-\overline{\alpha}\beta<1+|\alpha|^2|\beta|^2-\alpha\overline{\beta}-\overline{\alpha}\beta\\ \Leftrightarrow & 0<(1-|\alpha|^2)(1-|\beta|^2). \end{aligned}

由 ∣β∣,∣α∣<1|\beta|,|\alpha|<1 可知最后一步成立, 所以不等式成立.

  1. 设 ∣α∣<1,∣β∣=1|\alpha|<1,|\beta|=1, 证明等式:
∣α−β1−α‾β∣=1.\left|\dfrac{\alpha-\beta}{1-\overline{\alpha}\beta}\right|=1.
note

∣1−α‾β∣=∣β‾β−α‾β∣=∣β‾−α‾∣∣β∣=∣α−β∣|1-\overline{\alpha}\beta|=|\overline{\beta}\beta-\overline{\alpha}\beta|=|\overline{\beta}-\overline{\alpha}||\beta|=|\alpha-\beta|.

习题 1.2 #

  1. 在下列集合中, 哪些是区域? 哪些不是区域?
  • (1) {z:∣z−i∣<∣5+i∣}\{z:|z-\text{i}|<|5+\text{i}|\}.
  • (2) {z:0<∣z+1+i∣⩽2}\{z:0<|z+1+\text{i}|\leqslant 2\}.
  • (3) {z:∣z−1z+1∣<1}\left\{z:\left|\dfrac{z-1}{z+1}\right|<1\right\}.
  • (4) {z=x+iy:y≠sin⁡1x}\{z=x+\text{i} y:y\neq\sin\dfrac{1}{x}\}.
  • (5) C\[0,1]\mathbb{C}\backslash[0,1].
  • (6) C\(1,+∞)\mathbb{C}\backslash (1,+\infty).
note
  • (1) 是.
  • (2) 不是, 因为边界 22 不是开集.
  • (3) 是, x>0x>0.
  • (4) 不是, 如果 x=0x=0 时属于这个集合, 那么考虑 (0,0)(0,0) 不是内点, 集合不是开集. 如果不属于, 那么集合不连通, 被 x=0x=0 和 y=sin⁡1xy=\sin\dfrac 1 x 分成四个部分.
  • (5) 是.
  • (6) 不是.
  1. x=x(t),y=y(t)x=x(t),y=y(t) 是区间 (0,1)(0,1) 上的两个连续的实函数, 则我们称映射
γ:(0,1)→C, t↦z(t)=x(t)+iy(t)\gamma:(0,1)\to\mathbb{C},\ t\mapsto z(t)=x(t)+\text{i} y(t)

的像为一条曲线. 试举出一条曲线 γ:t↦z(t)\gamma:t\mapsto z(t), 它有下列性质: 当 t→0t\to0 时 z(t)z(t) 没有极限. 这样的例子表明: 一条曲线可能无端点可言.

note

取 z(t)=t+isin⁡1tz(t)=t+\text{i}\sin\dfrac 1 t.

  1. 设有集合 E:={z=x+iy∈C:x∈R,y∈Q}E:=\{z=x+\text{i} y\in\mathbb{C}:x\in\mathbb{R},y\in\mathbb{Q}\}, 其中 Q\mathbb{Q} 是全体有理数的集合. 证明该集合没有一个内点, 且其聚点集合 E′=CE'=\mathbb{C}.
note

∀z0=x0+iy0∈C,∀ε>0,∃z=x+iy∈Cs.t. ∣z−z0∣<ε\forall z_0=x_0+\text{i} y_0\in\mathbb{C},\forall \varepsilon>0,\exists z=x+\text{i} y\in\mathbb{C} s.t.\ |z-z_0|<\varepsilon, 根据有理数的稠密性, 所以 C⊆E′⇒E′=C\mathbb{C} \subseteq E'\Rightarrow E'=\mathbb{C}, 同样的根据无理数的稠密性, 也一定存在 z=x+iy∈C,x∈R,y∈R\Q, s.t.∣z−z0∣<εz=x+\text{i} y\in\mathbb{C},x\in\mathbb{R},y\in\mathbb{R}\backslash\mathbb{Q},\ s.t. |z-z_0|<\varepsilon. 所以 EE 中无内点.

  1. 设 {zn}\{z_n\} 是一个复数序列. 若存在一个收敛子序列 {znk}\{z_{n_k}\}, 则其极限 ζ=lim⁡k→∞znk\zeta=\lim\limits_{k\to\infty}z_{n_k} 被称作原来序列的一个极限点. 试举出一个序列, 其极限点集合是整个复平面.
note

根据有理数的可数性, 集合 {z=x+iy:x,y∈Q}\{z=x+\text{i} y:x,y\in\mathbb{Q}\} 也是可数集, 所以我们可以把这个集合排成一列, 而对于复平面上的每个点 ww, 由于有理数的稠密性, 我们一定可以选取一个无穷子列 {znk}\{z_{n_k}\} 满足 ∣w−znk∣<1k|w-z_{n_k}|<\dfrac{1}{k} 从而极限是 ww.

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