习题二答案 1． 指出下列函数的解析区域和奇点，并求出可导点的导数 （1） （2） 5 (1)z − 3 2ziz+ （3） 2 1 1z + （4） 1 3 z z + + 解：根据函数的可导性法则（可导函数的和、差、积、商仍为可导函数，商时分母 不为 0），根据和、差、积、商的导数公式及复合函数导数公式，再注意到区域上可 导一定解析，由此得到： （1）处处解析， 5 (1)z − 54 [(1) ]5(1)zz′−=− （2）处处解析， 3 2z + iz2i 32 (2 )3zizz′+=+ （3） 2 1 1z + 的奇点为，即 2 10z + =zi= ±， 2 22222 1(1)2 (), ( 1(1)(1) zz zi zzz ) ′−+− ′= = +++ ≠ ± （4） 1 3 z z + + 的奇点为3z = −， 2 11 ()1, ( 3(3) zz zz ′+= −≠ ++ 3)− 2． 判别下列函数在何处可导，何处解析，并求出可导点的导数 （1） 22 ( )f zxyx y=+i （2） 22 ( )f zxy=+i 3 （3） 322 ( )3(3)f zxxyix yy=−+− （4） 1 ( )f z z = 解：根据柯西—黎曼定理： （1）， 22 , uxyvx y== 22 , ,2, 2 xyyx uyvx uxyvx====y 四个一阶偏导数皆连续，因而处处可微，再由柯西—黎曼方程 , u v , xyy uvuv== x −解得：0xy==， 因此，函数在点可导， 0z = 0 (0)0 xx z fuiv = ′=+=， 函数处处不解析。
（2）， 22 , uxvy== 2 , 2 ,0, 0 xyyx uxvy uv==== 四个一阶偏导数皆连续，因而处处可微，再由柯西—黎曼方程 , u v , xyy uvuv== x −解得：xy=， 因此，函数在直线上可导， yx= ()2 xx y x fxixuivx = ′+=+=， 因可导点集为直线，构不成区域，因而函数处处不解析 （3）， 322 3, 3uxxyvx yy=−=− 3 y 2222 33, 33,6, 6 xyyx uxyvxy uxyvx=−=−= −= 四个一阶偏导数皆连续，因而 处处可微，并且 处处满足柯西—黎曼 方程 , u v, u v , xyy uvuv== x − 因此，函数处处可导，处处解析，且导数为 ( ) xx fzuiv′=+= 22 33+ 6yi x−y 2 3z= x （4） 22 11 ( ) xiy f z xiyxyz + === −+ ， 2222 , xy uv xyx == y++ ， 2222 22222 , ()() xy yxxy uv 2 xyx −− == ++ y ， 22222 22 , ()() yx 2 xyx uv y xyx −− == ++ y 2 ， 因函数的定义域为，故此，处处不满足柯西—黎曼方程，因而函数处 处不可导，处处不解析。
0z ≠, u v 3． 当取何值时,,l m n 323 ( )()f zmynx yi xlxy=+++在复平面上处处解 析？ 解： 323 , umynx yvxlxy=+=+ 2 2 + 222 2, 2, 3, 3 xyyx unxy vlxyumynxvxly===+=， 由柯西—黎曼方程得： 2222 2 2, (1) 33 (2) xy yx unxyvlxy umynxvxly === =+= −= −− 由（1）得 ，由（2）得nl=3, 3nml= −= − − ，因而，最终有 1, 3mnl== = 4． 证明：若( )f z解析，则有 2 22 (( ))(( ))( )f zf zf xy z ∂∂ ′+= ∂∂ 证明：由柯西—黎曼方程知，左端 22222 ()(uvuv xy 2 ) ∂∂ =+++ ∂∂ 22 22 22 2222 ()( ()() yy xxxxxx uuvv uuvvuuvvuvvu uv uvuv ) + +++ =+= + ++ − 2222 2 22 ()() () xxxx xx uuvv uv uv uv +++ ==+ + 2 xx uiv=+ 2 ( )fz′==右端，证毕。
5． 证明：若( )f zui=+ v在区域 D 内解析，且满足下列条件之一，则( )f z在 D内一定为常数 （1）( )f z在 D内解析 ， （2）u在 D内为常数， （3）( )f z在 D内为常数， （4） 2 vu= （5）23uv1+= 证明：关键证明的一阶偏导数皆为 0！ , u v （1）( )f zuiv=−，因其解析，故此由柯西—黎曼方程得 , xyy uvu x v= −= ------------------------（1） 而由( )f z的解析性，又有, xyy uvuvx== − ------------------------（2） 由（1）、（2）知，，因此0 xyxy uuvv===≡ 12 , ,ucvc≡≡即 1 ( ) 2 f zcic≡+为常数 （2）设，那么由柯西—黎曼方程得 1 uc≡ ， 0, 0 xyyx vuvu= −≡=≡ 说明与v, x y无关，因而 2 vc≡，从而 1 ( ) 2 f zcic≡+为常数 （3）由已知， 2 22 0 ( )f zuv=+≡ c为常数，等式两端分别对, x y求偏导数， 得 22 22 xx yy uuvv uuvv 0 0 += += ----------------------------（1） 因( )f z解析，所以又有 , xyy uvuvx== −-------------------------（2） 求解方程组（1）、（2），得 0 xyxy uuvv===≡，说明 皆与, u v, x y无 关，因而为常数，从而( )f z也为常数。
（4）同理，两端分别对 2 vu=, x y求偏导数，得 2, 2 xxy vuuvuuy== 再联立柯西—黎曼方程, xyy uvuv== x −，仍有 0 xyxy uuvv===≡ （5）同前面一样，两端分别对23uv+=1, x y求偏导数，得 2+30, 2+30 xxyy uvuv== 考虑到柯西—黎曼方程, xyy uvuv== x −，仍有 ，证毕 0 xyxy uuvv===≡ 6． 计算下列各值（若是对数还需求出主值） （1） 2i e π − （2） （3）()Lni−( 34 )Lni− + （4）si （5） （6）ni(1)ii+ 2 3 27 解：（1） 2 cos()sin() 22 i ei π ππ − =−+−= i− （2） 1 ()lnarg()2(2 ) 2 Lniiik ikiππ−=− +−+= −+， 为任意整数， k 主值为： 1 () 2 lniiπ−= − （3）( 34 )ln34arg( 34 )2Lniiik iπ− +=− ++− ++ 4 ln5(arctan2) 3 kiππ=+−+， 为任意整数 k 主值为： 4 ln( 34 )ln5(arctan) 3 iiπ− +=+− （4） sin 22 i ii i eeee ii i −− −− == 1 （5） (22)22 (1) 44 (1) i lnik iilnk iiLni ieee ππ ππ++−− + +=== 2 4 (cosln2sin2) k e π π−− =+i， 为任意整数 k （6） 222244 27(27 2)27 333333 279 Lnlnk ilnk ik i eeeee πππ+ ====， 当分别取 0，1，2 时得到 3 个值： k ， 9 4 3 9 9(13 2 i ei π = −+)， 8 3 9 13 ) 2 i ei π =− +9( 7． 求 2 z e和 2 z Arge 解：，因此根据指数函数的定义，有 222 2zxyxyi ee −+ = 2 z e 22 xy e − =， 2 22 z Argexykπ=+，（为任意整数） k 8． 设 i zre θ =，求Re[(1)]Ln z − 解：(1)ln1[arg(1)2]Ln zzizk iπ−=− +−+，因此 Re[(1)]Ln z− 22 ln1ln( cos1)( sin )zrrθθ=−=−+ 2 1 ln(12 cos) 2 rrθ=−+ 9． 解下列方程： （1）13 z e = +i （2）ln 2 zi π = （3）sincos0zz+= （4）shzi= 解：（1）方程两端取对数得： 1 (13 )ln2(2 ) 3 zLnikiπ=+=++ （为任意整数） k （2）根据对数与指数的关系，应有 2 cossin 22 i zeii π ππ ==+= （3）由三角函数公式（同实三角函数一样），方程可变形为 sincos2sin()0 4 zzz π +=+= 因此, 4 zk π π+= 即 4 zk π π=−， 为任意整数 k （4）由双曲函数的定义得 2 zz ee shzi − − ==，解得 ，即 2 ()210 zz eie−− = z ei=，所以 (2 2 zLnik)i π π==+ ，为任意整数 k 10 ． 证 明 罗 比 塔 法 则 ： 若( )f z及在点 解 析 ， 且( )g z 0 z 000 ()()0, ()0f zg zg z′==≠，则 0 0 0 ()( ) lim ( )() zz fzf z g zg z → ′ = ′ ，并由此求极 限 00 sin1 lim; lim z zz ze zz →→ − 证明：由商的极限运算法则及导数定义知 0 00 0 00 00 00 00 ( )()( )() lim ( ) limlim ( )()( )() ( ) lim zz zzzz zz f zf zf zf z zzzzf z g zg zg zg z g z zzzz → →→ → −− −− == −− −− 0 0 () () fz g z ′ = ′ ， 由此， 00 sincos limlim1 1 zz zz z →→ == 0 00 1 lim lim1 1 zz zz ee e z →→ − === 11． 用对数计算公式直接验证： （1） 2 2LnzLnz≠ （2） 1 2 Ln zLnz= 解：记 i zre θ =，则 （1）左端 22 ()2ln(22 i Ln r erki θ )θπ==++， 右端2[ln(2) ]2ln(24)rmirmiθπθ=++=++π， 其中的为任意整数。
, k m 显然，左端所包含的元素比右端的要多（如左端在1k =时的值为 2ln(22 )riθπ++，而右端却取不到这一值），因此两端不相等 （2）左端 2 2 1 []ln(2 22 m i )Lnrermki θπ θ ππ + ==+++ 右端 11 [ln(2) ]ln() 22 rnirn 2 i θ θππ=++=++ 其中为任意整数，而 , k n0,1m = 不难看出，对于左端任意的k，右端取或n2k2k1+时与其对应；反之，对于 右端任意的n，当为偶数时，左端可取2nl=0,kl m==于其对应，而当 为奇数时，左端可取21nl=+2 ,1kl m==于其对应综上所述，左右两个集 合中的元素相互对应，即二者相等 12． 证明sinsin , coscoszzz==z 证明：首先有 (cossin )(coss。