复变函数B 习题解答 第二章

第二章：复变数函数

存疑部分：

  • 第 7 题与书上所供答案不符，怀疑书上答案错误；另 7(2) 可能存在简化可能
  • 第 17 题与书供答案不符：(1)-6, (2)-2

1. 曲线变换

设 w:(x,y)→(u,v)w:(x,y)\rightarrow(u,v)
则有：u=xx2+y2,v=−yx2+y2u=\frac x {x^2+y^2},v=\frac{-y}{x^2+y^2}

  1. x=1x=1，则有 u=11+y2,v=−y1+y2u=\frac 1 {1+y^2},v=\frac{-y}{1+y^2}，消参得 (u−12)2+v2=14(u-\frac 1 2)^2+v^2=\frac 1 4，为以 (12,0)(\frac{1}{2},0) 为圆心，12\frac{1}{2} 为半径的圆
  2. y=0y=0，则有u=1x,v=0u=\frac 1 x,v=0，为除去原点的 uu 轴
  3. x=yx=y，则有u=12x,v=−12xu=\frac 1 {2x},v=-\frac{1}{2x}，为除去原点的直线 u=−vu=-v
  4. x2+y2=4x^2+y^2=4，则有u=x4,v=−y4u=\frac x 4,v=-\frac{y}4，u2+v2=14u^2+v^2=\frac 1 4，为以原点为圆心，12\frac{1}{2} 为半径的圆
  5. (x−1)2+y2=5(x-1)^2+y^2=5，则有u=x4+2x,v=−y4+2xu=\frac x {4+2x},v=\frac{-y}{4+2x}，消参得(u+14)2+v2=516(u+\frac 1 4)^2+v^2=\frac 5 {16}，为以 (−14,0)(-\frac{1}{4},0) 为圆心，54\frac{\sqrt{5}}{4} 为半径的圆

2. 证明题

不妨设 z=x+yiz=x+yi
则原式 =2xyx2+y2=\frac {2xy} {x^2+y^2}，取 y=kxy=kx 易知极限不存在。

3. 证明题

类似 (2)(2)，取 y=kxy=kx 可得极限不存在。

4. 证明题

设 Pn(z)=anzn+an−1zn−1⋯+a0P_n(z)=a_nz^n+a_{n-1}z^{n-1}\cdots+a_0，则∣Pn(z)∣≥∣an∣∣z∣n−∣an−1∣∣z∣n−1−⋯−∣a0∣|P_n(z)|\geq |a_n||z|^n-|a_{n-1}||z|^{n-1}-\cdots-|a_0|，看成关于 ∣z∣|z| 的多项式，则 z→∞,∣z∣→∞z\rightarrow\infin,|z|\rightarrow\infin时∣Pn(z)∣→∞|P_n(z)|\rightarrow\infin，也即 Pn(z)→∞P_n(z)\rightarrow\infin

5. 证明题

  1. f(z)=∣z∣=x2+y2f(z)=|z|=\sqrt{x^2+y^2}, 而在原点外 ∂u∂x≠∂v∂y=0\frac{\partial u}{\partial x}\neq\frac{\partial v}{\partial y}=0，不可导。在原点上，lim⁡Δz→0Δf(z)Δz=lim⁡Δz→0(Δx)2+(Δy)2Δx+iΔy=lim⁡Δz→0Δx−iΔy(Δx)2+(Δy)2\lim\limits_{\Delta z\to 0} \frac{\Delta f(z)}{\Delta z}=\lim\limits_{\Delta z\to 0}\frac {\sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2}} {\Delta x+i\Delta y}=\lim\limits_{\Delta z\to 0} \frac{\Delta x-i\Delta y}{\sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2}}， 取y=kxy=kx可得极限不存在。综上原函数处处不可导。

  2. f(z)=x+yf(z)=x+y，在任意一点 ∂u∂x=1≠∂v∂y=0\frac{\partial u}{\partial x}=1\neq\frac{\partial v}{\partial y}=0，不可导。

  3. f(z)=1zˉ=x+yix2+y2f(z)=\frac 1 {\bar z}=\frac{x+yi}{x^2+y^2}，易得原函数在原点外不满足 C-R 方程，不可导。原点处 lim⁡Δz→0Δf(z)Δz=lim⁡Δz→01ΔzΔzˉ=lim⁡Δz→01∣Δz∣2→∞\lim\limits_{\Delta z\to 0} \frac{\Delta f(z)}{\Delta z}=\lim\limits_{\Delta z\to 0}\frac 1 {\Delta z\Delta \bar z} =\lim\limits_{\Delta z\to 0}\frac 1 {|\Delta z|^2}\to \infin，极限不存在。综上原函数处处不可导。

6. 求解析区域

  1. 带入 C-R 方程 {y=10=−x\begin{cases}y=1\\0=-x\end{cases}，解得在 (0,1)(0,1) 处可导。因此在平面内不解析

  2. ∣z∣≥1|z|\ge1 时，幂函数可导。

    ∣z∣<1|z|<1 时，{∂u∂x=x2+y2+xx2+y2∂v∂y=x2+y2\begin{cases} \frac{\partial u}{\partial x}=\sqrt{x^2+y^2}+\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}\\ \frac{\partial v}{\partial y}=\sqrt{x^2+y^2} \end{cases}，∂u∂x≠∂v∂y\frac{\partial u}{\partial x}\not=\frac{\partial v}{\partial y}，因此原函数不可导。
    综上原函数在 ∣z∣>1|z|>1 时解析。

7. 求导数

  1. {∂u∂x=∂v∂y=3x2−3y2∂u∂y=−∂v∂x=−6xy\begin{cases} \frac{\partial u}{\partial x}=\frac{\partial v}{\partial y}=3x^2-3y^2\\ \frac{\partial u}{\partial y}=-\frac{\partial v}{\partial x}=-6xy \end{cases}；

    ∂f∂x=3z2\frac{\partial f}{\partial x}=3z^2

  2. {∂u∂x=∂v∂y=ex(xcos⁡y−ysin⁡y+cos⁡y)∂u∂y=−∂v∂x=−ex(xsin⁡y+ycos⁡y+sin⁡y)\begin{cases} \frac{\partial u}{\partial x}=\frac{\partial v}{\partial y}=e^x(x\cos y-y\sin y+\cos y)\\ \frac{\partial u}{\partial y}=-\frac{\partial v}{\partial x}=-e^x(x\sin y+y\cos y+\sin y) \end{cases}；

    ∂f∂x=ex(xcos⁡y−ysin⁡y+cos⁡y)−iex(xsin⁡y+ycos⁡y+sin⁡y)\frac{\partial f}{\partial x}=e^x(x\cos y-y\sin y+\cos y)-ie^x(x\sin y+y\cos y+\sin y)

  3. {∂u∂x=∂v∂y=−sin⁡xch⁡y∂u∂y=−∂v∂x=−cos⁡xsh⁡y\begin{cases} \frac{\partial u}{\partial x}=\frac{\partial v}{\partial y}=-\sin x\ch y\\ \frac{\partial u}{\partial y}=-\frac{\partial v}{\partial x}=-\cos x\sh y \end{cases}；

    ∂f∂x=−sin⁡xch⁡y−icos⁡xsh⁡y\frac{\partial f}{\partial x}=-\sin x\ch y-i\cos x\sh y

8.证明

解析函数满足 C-R 方程

  1. 由题意，∂u∂x=∂u∂y=0\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{\partial u}{\partial y}=0，故 u(x,y)u(x,y) 为常数。同理，v(x,y)v(x,y) 为常数，故 ff 为常数
  2. −∂v∂y=∂u∂x=∂v∂y,−∂v∂x=∂u∂y=∂v∂x-\frac{\partial v}{\partial y}=\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{\partial v}{\partial y},-\frac{\partial v}{\partial x}=\frac{\partial u}{\partial y}=\frac{\partial v}{\partial x}，可推得四个偏导均为 0，进而有 u(x,y),v(x,y)u(x,y),v(x,y) 为常数，故 ff 为常数
  3. 由题意 ∂v∂y=∂u∂x=0,∂v∂x=∂u∂y=0\frac{\partial v}{\partial y}=\frac{\partial u}{\partial x}=0,\frac{\partial v}{\partial x}=\frac{\partial u}{\partial y}=0，四个偏导均为 0，后同 (2)
  4. 同 (3)
  5. u2+v2=Cu^2+v^2=C，两边对 x,yx,y 求偏导后得到带入 C-R 方程，得到的解为四个偏导均为 0，后同 (2)
  6. arctan⁡(vu)=C\arctan(\frac v u)=C，得 v=ku,kv=ku, k 为实数。两边对 x,yx,y 求偏导后带入 C-R 方程，由 kk 为实数得四个偏导均为 0，后同 (2)

9. 证明及验证

（注：本题的 u,vu, v 为直角坐标系，r,θr, \theta 为极坐标系）

首先由定义，{x=rcos⁡θy=rsin⁡θ\begin{cases} x=r\cos\theta\\ y=r\sin\theta \end{cases}；

则有以下关系

{∂u∂r=∂u∂x∂x∂r+∂u∂y∂y∂r=cos⁡θ∂u∂x+sin⁡θ∂u∂y∂u∂θ=∂u∂x∂x∂θ+∂u∂y∂y∂θ=−rsin⁡θ∂u∂x+rcos⁡θ∂u∂y∂v∂r=∂v∂x∂x∂r+∂v∂y∂y∂r=cos⁡θ∂v∂x+sin⁡θ∂v∂y∂v∂θ=∂v∂x∂x∂θ+∂v∂y∂y∂θ=−rsin⁡θ∂v∂x+rcos⁡θ∂v∂y\begin{cases} \frac{\partial u}{\partial r}=\frac{\partial u}{\partial x}\frac{\partial x}{\partial r}+\frac{\partial u}{\partial y}\frac{\partial y}{\partial r}=&\cos\theta \frac{\partial u}{\partial x}+\sin\theta \frac{\partial u}{\partial y}\\ \frac{\partial u}{\partial \theta}=\frac{\partial u}{\partial x}\frac{\partial x}{\partial \theta}+\frac{\partial u}{\partial y}\frac{\partial y}{\partial \theta}=&-r\sin\theta \frac{\partial u}{\partial x}+r\cos\theta \frac{\partial u}{\partial y}\\ \frac{\partial v}{\partial r}=\frac{\partial v}{\partial x}\frac{\partial x}{\partial r}+\frac{\partial v}{\partial y}\frac{\partial y}{\partial r}=&\cos\theta \frac{\partial v}{\partial x}+\sin\theta \frac{\partial v}{\partial y}\\ \frac{\partial v}{\partial \theta}=\frac{\partial v}{\partial x}\frac{\partial x}{\partial \theta}+\frac{\partial v}{\partial y}\frac{\partial y}{\partial \theta}=&-r\sin\theta \frac{\partial v}{\partial x}+r\cos\theta \frac{\partial v}{\partial y}\\ \end{cases}

解方程可得

{∂u∂x=cos⁡θ∂u∂r−1rsin⁡θ∂u∂θ∂u∂y=sin⁡θ∂u∂r+1rcos⁡θ∂u∂θ∂v∂x=cos⁡θ∂v∂r−1rsin⁡θ∂v∂θ∂v∂y=sin⁡θ∂v∂r+1rcos⁡θ∂v∂θ\begin{cases} \frac{\partial u}{\partial x}=&\cos\theta\frac{\partial u}{\partial r}-\frac{1}{r}\sin\theta\frac{\partial u}{\partial\theta}\\ \frac{\partial u}{\partial y}=&\sin\theta\frac{\partial u}{\partial r}+\frac{1}{r}\cos\theta\frac{\partial u}{\partial\theta}\\ \frac{\partial v}{\partial x}=&\cos\theta\frac{\partial v}{\partial r}-\frac{1}{r}\sin\theta\frac{\partial v}{\partial\theta}\\ \frac{\partial v}{\partial y}=&\sin\theta\frac{\partial v}{\partial r}+\frac{1}{r}\cos\theta\frac{\partial v}{\partial\theta}\\ \end{cases}

代入直角坐标系下的 C-R 方程

{cos⁡θ∂u∂r−1rsin⁡θ∂u∂θ=sin⁡θ∂v∂r+1rcos⁡θ∂v∂θsin⁡θ∂u∂r+1rcos⁡θ∂u∂θ=−(cos⁡θ∂v∂r−1rsin⁡θ∂v∂θ)\begin{cases} \cos\theta\frac{\partial u}{\partial r}-\frac{1}{r}\sin\theta\frac{\partial u}{\partial\theta}=&\sin\theta\frac{\partial v}{\partial r}+\frac{1}{r}\cos\theta\frac{\partial v}{\partial\theta}\\ \sin\theta\frac{\partial u}{\partial r}+\frac{1}{r}\cos\theta\frac{\partial u}{\partial\theta}=&-(\cos\theta\frac{\partial v}{\partial r}-\frac{1}{r}\sin\theta\frac{\partial v}{\partial\theta})\\ \end{cases}

解得 {∂u∂r=1r∂v∂θ1r∂u∂θ=−∂v∂r\begin{cases} \frac{\partial u}{\partial r}=\frac{1}{r}\frac{\partial v}{\partial \theta}\\ \frac{1}{r}\frac{\partial u}{\partial \theta}=-\frac{\partial v}{\partial r} \end{cases}

验证： 设 z=reiθz=re^{i\theta}
则 f(z)=rneinθf(z)=r^ne^{in\theta}
即 u(r,θ)=rncos⁡nθ,v(r,θ)=rnsin⁡nθu(r,\theta)=r^n\cos n\theta,v(r,\theta)=r^n\sin n\theta
{∂u∂r=nrn−1cos⁡nθ∂v∂r=nrn−1sin⁡nθ∂u∂θ=−nrnsin⁡nθ∂v∂θ=nrncos⁡nθ\begin{cases} \frac{\partial u}{\partial r}=nr^{n-1}\cos n\theta\\ \frac{\partial v}{\partial r}=nr^{n-1}\sin n\theta\\ \frac{\partial u}{\partial \theta}=-nr^n\sin n\theta\\ \frac{\partial v}{\partial \theta}=nr^n\cos n\theta\\ \end{cases}
符合 C-R 方程

10. 求解析区域及微商

都为有理函数，因此：

  1. 在 z=1,2z=1,2 外解析，f′(z)=3−2z(z2−3z+2)2f'(z)=\frac {3-2z} {(z^2-3z+2)^2}
  2. 在 z=a13ei2kπ3(k=0,1,2)z=a^{\frac 1 3}e^{i\frac {2k\pi}{3}}(k=0,1,2) 外解析，f′(z)=−3z2(z3+a)2f'(z)=\frac {-3z^2} {(z^3+a)^2}

11. 判断极限存在性

设 z=x+iyz=x+iy

  1. y=0,x→∞y=0,x\to\infin 时极限为 00，x=0,y→∞x=0,y\to\infin 时原式的模 →∞\to\infin，故极限不存在
  2. y=0,x→0+y=0,x\to 0^+ 时极限显然为 00，在 x=0,y→0+x=0,y\to 0^+ 时原式 =y2(e1y−e−1y)→∞=\frac{y}{2}(e^{\frac{1}{y}}-e^{-\frac{1}{y}})\to\infty，故极限不存在
  3. lim⁡z→1+e1z−1→∞\lim\limits_{z\to 1^+}e^{\frac 1{z-1}}\to \infin，而 lim⁡z→1−e1z−1→0\lim\limits_{z\to 1^-}e^{\frac 1{z-1}}\to 0，同时式子其他部分均手链，故极限不存在。

12 极限

设 z=x+iyz=x+iy

  1. 若 ∣z∣→∞|z|\to\infty 时 x≠0x\not=0 即不沿着 yy 轴，此时有模长 ∣z+ez∣≥∣ez∣−∣z∣=e∣x∣−∣x∣→∞|z+e^z|\ge|e^z|-|z|=e^{|x|}-|x|\to\infin，故原式极限为 ∞\infin。
  2. 若 ∣z∣→∞|z|\to\infty 时 x=0x=0，则 z+ez≥∣z∣−∣ez∣=∣z∣−1=∣y∣−1→∞z+e^z\ge|z|-|e^z|=|z|-1=|y|-1\to\infty，y=2kπy=2k\pi 时为1，故原式极限为 ∞\infin。

13 求下列方程的全部解

  1. sin⁡z=12i(eiz−e−iz)=2\sin z=\frac{1}{2i}(e^{iz}-e^{-iz})=2
    解一元二次方程组得 eiz=(2±3)ie^{iz}=(2\pm\sqrt3)i
    z=−2iLn⁡[(2±3)i]=(4k+1)π−2iln⁡(2+3)z=-2i\operatorname{Ln}[(2\pm\sqrt3)i]=(4k+1)\pi-2i\ln(2+\sqrt{3})
  2. ch⁡z=12(ez+e−z)=0\ch z=\frac{1}{2}(e^{z}+e^{-z})=0
    得 e2z=−1e^{2z}=-1
    z=12Ln⁡(−1)=i(k+12)πz=\frac 1 2 \operatorname{Ln}(-1)=i(k+\frac{1}{2})\pi
  3. 记 A=reiθA=re^{i\theta}
    则 z=Ln⁡A=ln⁡r+i(θ+2kπ)z=\operatorname{Ln}A=\ln r+i(\theta+2k\pi)
    可化得 z=ln⁡∣A∣+i(arg⁡A+2kπ)z=\ln|A|+i(\arg A+2k\pi)

14 求解析区域及微商

直接运用函数求导法则即可

  1. z≠Ln⁡(−1)=i(2k+1)πz\neq \operatorname{Ln}(-1)=i(2k+1)\pi
    f′(z)=−ez(1+ez)2f'(z)=-\frac{e^z}{(1+e^z)^2}
  2. z≠−iLn⁡[(2±3)i]=(2k+12)π−iln⁡(2±3)z\neq -i\operatorname{Ln}[(2\pm\sqrt3)i]=(2k+\frac{1}{2})\pi-i\ln(2\pm\sqrt{3})
    f′(z)=−cos⁡z(sin⁡z−2)2f'(z)=-\frac{\cos z}{(\sin z-2)^2}
  3. z≠1z\neq 1
    f′(z)=e1z−1(1−z(z−1)2)f'(z)=e^{\frac 1{z-1}}(1-\frac{z}{(z-1)^2})

15 证明恒等式

  1. cos⁡z1cos⁡z2−sin⁡z1sin⁡z2=14(eiz1+e−iz1)(eiz2+e−iz2)+14(eiz1−e−iz1)(eiz2−e−iz2)=12(ei(z1+z2)+e−i(z1+z2))=cos⁡(z1+z2)\begin{aligned} &\cos z_1\cos z_2-\sin z_1\sin z_2\\ =&\frac{1}{4}(e^{iz_1}+e^{-iz_1})(e^{iz_2}+e^{-iz_2})+\frac{1}{4}(e^{iz_1}-e^{-iz_1})(e^{iz_2}-e^{-iz_2})\\ =&\frac{1}{2}(e^{i(z_1+z_2)}+e^{-i(z_1+z_2)})\\ =&\cos(z_1+z_2)\\[-64pt] \end{aligned}
  2. sh⁡z1ch⁡z2+ch⁡z1sh⁡z2=14(ez1−e−z1)(ez2+e−z2)+14(ez2−e−z2)(ez1+e−z1)=12(ez1+z2−e−(z1+z2))=sh⁡(z1+z2)\begin{aligned} &\sh z_1\ch z_2+\ch z_1\sh z_2\\ =&\frac{1}{4}(e^{z_1}-e^{-z_1})(e^{z_2}+e^{-z_2})+\frac{1}{4}(e^{z_2}-e^{-z_2})(e^{z_1}+e^{-z_1})\\ =&\frac{1}{2}(e^{z_1+z_2}-e^{-(z_1+z_2)})\\ =&\sh(z_1+z_2)\\[-64pt] \end{aligned}
    类似的，sh⁡z1ch⁡z2−ch⁡z1sh⁡z2=sh⁡(z1−z2)\sh z_1\ch z_2-\ch z_1\sh z_2=\sh(z_1-z_2)
    综上有 sh⁡(z1±z2)=sh⁡z1ch⁡z2±ch⁡z1sh⁡z2\sh(z_1\pm z_2)=\sh z_1\ch z_2\pm\ch z_1\sh z_2

16 求范围

解：cos⁡z=12(eiz+e−iz)=12(eix−y+ey−ix)=12(e−y(cos⁡x+isin⁡x)+ey(cos⁡x−isin⁡x))\begin{aligned} \cos z&=\frac{1}{2}(e^{iz}+e^{-iz})\\ &=\frac{1}{2}(e^{ix-y}+e^{y-ix})\\ &=\frac{1}{2}(e^{-y}(\cos x+i\sin x)+e^{y}(\cos x-i\sin x))\\[-47pt] \end{aligned}

因此当 e−ysin⁡x−eysin⁡x=0e^{-y}\sin x-e^{y}\sin x=0 时 cos⁡z\cos z 取实数值，即在 y=0y=0 或 x=kπx=k\pi 上为实数。（k=0,±1,±2…k=0,\pm 1, \pm 2\dots）

17 求下列各值

以下 k=0,±1,±2…k=0,\pm 1, \pm 2\dots

    • Ln⁡(−1)=ln⁡∣−1∣+i(2kπ+arg⁡(−1))=i(2kπ+π)\operatorname{Ln}(-1)=\ln|-1|+i(2k\pi+\arg(-1))=i(2k\pi+\pi)
    • ln⁡(−1)=iπ\ln(-1)=i\pi
    • Ln⁡i=ln⁡∣i∣+i(2kπ+arg⁡i)=i(2kπ+π2)\operatorname{Ln} i=\ln|i|+i(2k\pi+\arg i)=i(2k\pi+\frac{\pi}{2})
    • ln⁡i=iπ2\ln i=\frac{i\pi}{2}
    • Ln⁡(3−2i)=ln⁡∣3−2i∣+i(2kπ+arg⁡(3−2i))=13+i(2kπ−arctan⁡23)\operatorname{Ln}(3-2i)=\ln|3-2i|+i(2k\pi+\arg(3-2i))=\sqrt{13}+i(2k\pi-\arctan\frac{2}{3})
    • ln⁡(−2+3i)=13+i(π−arctan⁡32)\ln(-2+3i)=\sqrt{13}+i(\pi-\arctan\frac{3}{2})
  2. 本题答案用 ex+yie^{x+yi} 的形式表示，且 x,yx,y 中不含 ii
    • 12=e2Ln⁡1=e2i⋅2kπ=ei22kπ1^{\sqrt{2}}=e^{\sqrt{2}\operatorname{Ln}1}=e^{\sqrt{2}i\cdot 2k\pi}=e^{i2\sqrt{2}k\pi}
    • (−2)2=e2Ln⁡(−2)=e2(ln⁡2+i(2kπ+π))(-2)^{\sqrt{2}}=e^{\sqrt{2}\operatorname{Ln}(-2)}=e^{\sqrt{2}(\ln 2+i(2k\pi+\pi))}
    • 2i=eiLn⁡2=ei(ln⁡2+i⋅2kπ)=e−2kπ+iln⁡22^i=e^{i\operatorname{Ln}2}=e^{i(\ln 2+i\cdot 2k\pi)}=e^{-2k\pi+i\ln 2}
    • (3−4i)1+i=e(1+i)Ln⁡(3−4i)=e(ln⁡5+arctan⁡43−2kπ)+i(ln⁡5−arctan⁡43+2kπ)(3-4i)^{1+i}=e^{(1+i)\operatorname{Ln}(3-4i)}=e^{(\ln 5+\arctan\frac{4}{3}-2k\pi)+i(\ln 5-\arctan\frac{4}{3}+2k\pi)}
  3. 本题有多种理解方式，下按“化简成 x+yix+yi，且 x,yx,y 中不含 ii”来化简
    主要用到的公式：sh⁡z=−isin⁡iz,ch⁡z=cos⁡iz\sh z=-i\sin iz,\ch z=\cos iz
    • cos⁡(2+i)=cos⁡2cos⁡i−sin⁡2sin⁡i=ch⁡1cos⁡2−ish⁡1sin⁡2\cos(2+i)=\cos 2\cos i-\sin 2\sin i=\ch 1\cos 2-i\sh 1\sin 2
    • sin⁡2i=ish⁡2\sin 2i=i\sh 2
    • 首先有 tan⁡(iln⁡2)=sin⁡(iln⁡2)cos⁡(iln⁡2)=ish⁡(ln⁡2)ch⁡(ln⁡2)=3i5\tan (i\ln 2)=\frac{\sin (i\ln 2)}{\cos (i\ln 2)}=\frac{i\sh (\ln 2)}{\ch (\ln 2)}=\frac{3i}{5}
      cot⁡(π4−iln⁡2)=1+tan⁡(iln⁡2)1−tan⁡(iln⁡2)=8+15i17\cot\left(\frac{\pi}{4}-i\ln 2\right)=\frac{1+\tan (i\ln 2)}{1-\tan (i\ln 2)}=\frac{8+15i}{17}
    • cth⁡(2+i)=ch⁡2ch⁡i+sh⁡2sh⁡ish⁡2ch⁡i+ch⁡2sh⁡i=ch⁡2cos⁡(−1)−ish⁡2sin⁡(−1)sh⁡2cos⁡(−1)−ich⁡2sin⁡(−1)=ch⁡2sh⁡2−icos⁡1sin⁡1sh⁡22cos⁡21+ch⁡22sin⁡21=12sh⁡4−i2cos⁡2sh⁡22(1−sin⁡21)+(1+sh⁡22)sin⁡21=sh⁡4−icos⁡22(sh⁡22+sin⁡21)\begin{aligned}\cth(2+i)&=\frac{\ch 2\ch i+\sh 2\sh i}{\sh 2\ch i+\ch 2\sh i}\\ &=\frac{\ch 2\cos(-1)-i\sh 2\sin(-1)}{\sh 2\cos(-1)-i\ch 2\sin(-1)}\\ &=\frac{\ch 2\sh 2-i\cos 1\sin 1}{\sh^2 2\cos^2 1+\ch^2 2\sin^2 1}\\ &=\frac{\frac{1}{2}\sh 4-\frac{i}{2}\cos 2}{\sh^2 2(1-\sin^2 1)+(1+\sh^2 2)\sin^2 1}\\ &=\frac{\sh 4-i\cos 2}{2(\sh^2 2+\sin^2 1)}\\[-109pt] \end{aligned}
  4. 本题的大括号表示多解
    • Arcsin⁡i=−iLn⁡(−1±2)={2kπ−iln⁡(2−1)(2k+1)π−iln⁡(2+1)\operatorname{Arcsin}i=-i\operatorname{Ln}(-1\pm\sqrt{2})=\begin{cases}2k\pi-i\ln(\sqrt{2}-1)\\(2k+1)\pi-i\ln(\sqrt{2}+1)\end{cases}
    • Arccos⁡2=−iLn⁡(2±3)=2kπ−iln⁡(2±3)\operatorname{Arccos}2=-i\operatorname{Ln}(2\pm\sqrt{3})=2k\pi-i\ln(2\pm\sqrt{3})
    • Arctan⁡(1+2i)=−i2Ln⁡−2+i5=(k+12)π−12arctan⁡12+iln⁡54\operatorname{Arctan}(1+2i)=-\frac{i}{2}\operatorname{Ln}\frac{-2+i}{5}=(k+\frac{1}{2})\pi-\frac{1}{2}\arctan\frac{1}{2}+i\frac{\ln 5}{4}
    • Arcch⁡2i=Ln⁡(i(2±5))={ln⁡(5+2)+i(2k+12)πln⁡(5−2)+i(2k−12)π\operatorname{Arcch}2i=\operatorname{Ln}(i(2\pm \sqrt{5}))=\begin{cases}\ln(\sqrt{5}+2)+i(2k+\frac{1}{2})\pi\\\ln(\sqrt{5}-2)+i(2k-\frac{1}{2})\pi\end{cases}

18

设 z=x+yi,x,y∈Rz=x+yi,x,y\in\mathbb{R}

  1. ezˉ=ex−yi=exe−yi=ex(cos⁡(−y)+isin⁡(−y))=ex(cos⁡y+isin⁡y)‾=ex+yi‾=ez‾e^{\bar{z}}=e^{x-yi}=e^xe^{-yi}=e^x(\cos(-y)+i\sin(-y))=\overline{e^x(\cos y+i\sin y)}=\overline{e^{x+yi}}=\overline{e^z}
  2. sin⁡zˉ=12i(eizˉ−e−izˉ)=12i(ey+xi−e−y−xi)=12i(ey(cos⁡x+isin⁡x)−e−y(cos⁡(−x)+isin⁡(−x)))=12i(−ey(cos⁡(−x)+isin⁡(−x))+e−y(cos⁡x+isin⁡x))‾=12i(e−y+xi−ey−xi)‾=12i(eiz−e−iz)‾=sin⁡z‾\begin{aligned}\sin\bar z&=\frac{1}{2i}(e^{i\bar z}-e^{-i\bar z})\\ &=\frac{1}{2i}(e^{y+xi}-e^{-y-xi})\\ &=\frac{1}{2i}(e^{y}(\cos x+i\sin x)-e^{-y}(\cos(-x)+i\sin(-x)))\\ &=\overline{\frac{1}{2i}(-e^{y}(\cos(-x)+i\sin (-x))+e^{-y}(\cos x+i\sin x))}\\ &=\overline{\frac{1}{2i}(e^{-y+xi}-e^{y-xi})}\\ &=\overline{\frac{1}{2i}(e^{iz}-e^{-iz})}\\ &=\overline{\sin z}\\[-138pt] \end{aligned}