• 判别公式
  • 柯西-黎曼方程（C-R 方程）
• 初等函数及其变形（复数意义下）
  • 三角函数与双曲函数
  • 对数函数
  • 一般幂函数
  • 反三角函数
• 积分公式
  • 基础公式
  • 积分表（仍在收集中）

判别公式

柯西-黎曼方程（C-R 方程）

$\begin{cases} \frac{\partial u}{\partial x}=\frac{\partial v}{\partial y}\\ \frac{\partial u}{\partial y}=-\frac{\partial v}{\partial x}\end{cases}$

用途：$f(z)=u(x,y)+iv(x,y)$ 在区域 $D$ 内解析的充要条件：$u,v$ 可微并且在 $D$ 内处处满足 $C-R$ 方程

另：此时$\begin{aligned} f'(z)&=\frac{\partial u}{\partial x}+i\frac{\partial v}{\partial x}\\ &=\frac{\partial v}{\partial y}+i\frac{\partial v}{\partial x}\\ &=\frac{\partial u}{\partial x}-i\frac{\partial u}{\partial y}\\ &=\frac{\partial v}{\partial y}-i\frac{\partial u}{\partial y}\\[-77pt]\end{aligned}$

备注：在原点满足 C-R 方程但不可微的例子：$f(z)=\begin{cases} 0,&z=0\\ \frac{\overline z^3}{|z|^2},&z\not=0\end{cases}$

另：极坐标系下 C-R 方程变为 $\begin{cases} \frac{\partial u}{\partial r}=\frac{1}{r}\frac{\partial v}{\partial \theta}\\ \frac{1}{r}\frac{\partial u}{\partial \theta}=-\frac{\partial v}{\partial r}\end{cases}$，证明过程见习题解答 第二章 第9题

初等函数及其变形（复数意义下）

通过复指数定义

三角函数与双曲函数

基于 $e^{ix}=\cos z+i\sin z$ 与 $e^{-iz}=\cos z-i\sin z$ 可得
$\begin{cases}\sin z=\frac{1}{2i}(e^{iz}-e^{-iz})\\ \cos z=\frac{1}{2}(e^{iz}+e^{-iz})\end{cases}$

类似有
$\begin{cases}\sh z=\frac{1}{2}(e^{z}-e^{-z})\\\ch z=\frac{1}{2}(e^{z}+e^{-z})\end{cases}$

有关系
$\begin{cases}\sh z=-i\sin iz\\ \ch z=\cos iz\end{cases}$

导数关系与实数情况一样

性质：$\sin z,\cos z$ 周期为 $2\pi$，$\sh z,\ch z$ 周期为 $2\pi i$

对数函数

$\begin{aligned} \operatorname{Ln}z&=\ln|z|+i\operatorname{Arg}z\\ &=\ln|z|+i(\arg z+2k\pi)\\ &(k=0,\pm1,\pm2,\cdots)\end{aligned}$

一般幂函数

$\begin{aligned} w&=z^\alpha\\ &=e^{\alpha \operatorname{Ln} z}\\ &=e^{\alpha[\ln|z|+i(\arg z+2k\pi)]}\\ &(k=0,\pm1,\pm2,\cdots)\end{aligned}$

1. $\alpha$ 为正整数时为单值函数
2. $\alpha=\frac{m}{n}$ 且 $(m,n)=1$ 时为 $n$ 值函数
3. 其他情况（无理数，复数）为无穷多值函数

反三角函数

解方程可以得到下列公式，可以现推现用
$\begin{cases}\operatorname{Arcsin} z=-i\operatorname{Ln}(iz+\sqrt{1-z^2})\\\operatorname{Arccos} z=-i\operatorname{Ln}(iz+\sqrt{z^2-1})\\\operatorname{Arcsin} z=-\frac{i}{2}\operatorname{Ln}\frac{1+iz}{1-iz}\\\operatorname{Arcsh} z=\operatorname{Ln}(z+\sqrt{z^2+1})\\\operatorname{Arcch} z=\operatorname{Ln}(z+\sqrt{z^2-1})\\\operatorname{Arcth} z=\frac{1}{2}\operatorname{Ln}\frac{1+z}{1-z}\end{cases}$

积分公式

基础公式

复积分计算方法：

$$\int\limits_Cf(z)\operatorname{d}z=\int\limits_C(u+iv)(\operatorname{d}x+i\operatorname{d}y)$$

柯西积分公式

$$f^{(n)}(z)=\frac {n!}{2\pi i}\int\limits_C \frac{f(\epsilon)}{(\epsilon-z)^{n+1}}d\epsilon$$

积分表（仍在收集中）

如果你觉得有比较重要的积分，欢迎联系我们添加（联系方式在这里）

1. $I=\int\limits_C\frac{\operatorname{d}z}{(z-a)^n}=\begin{cases} 2\pi i&(n=1)\\ 0&(n\not=1)\end{cases}$ （可由柯西积分公式推出）

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2（2，4，6），3（2，4），4，7，8

2

(2)

$(1-z+z^2)\cos z=$

1. 计算

(1) 令 $z=2e^{i\theta},dz=2ie^{i\theta}d\theta$

原式= $\int_{-2}^{2} 2dz+\int_{\pi}^{0} \frac {-3}{2e^{i\theta}} \cdot 2ie^{i\theta} d\theta=8+3\pi i$

(2) 令 $z=2e^{i\theta},dz=2ie^{i\theta}d\theta$

原式= $\int_{-2}^{2} 2dz-\int_{\pi}^{2\pi} \frac {-3}{2e^{i\theta}}\cdot2ie^{i\theta}d\theta=8-3\pi i$

(3)原式=(2)-(1)= $-6\pi i$

也可以由柯西积分公式直接得到结果！

2. 计算

(1) 原式 = $\int_{-1}^{1} |y| dy=1$

(2) 原式 = $\int_{-\frac {3\pi} 2}^{-\frac \pi 2} ie^{i\theta} d\theta= 2i$

(3) 原式 = $\int_{\frac \pi 2}^{-\frac \pi 2} ie^{i\theta} d\theta= 2i$

3. 证明

（1） 由长大不等式，由于 $x<1,y<1$ ，原式 $\leq \int_{-1}^{1} |1| |ds| = 2$

（2） 由长大不等式，由于 $x<1,y<1$，原式 $\leq \int_{C} |1| |ds|= \pi$

4. 证明

由长大不等式，由于 $|z|\leq 1$，原式 $\leq \int_{i}^{i+2} |1| |ds|= 2$

5. 证明

由于被积函数为解析函数，因此原积分为0

做代换 $z=e^{i\theta}$ 代入后对原式取实部即得：$\text{Re}\int_{C} \frac {1}{e^{i\theta}+2}ie^{i\theta}d\theta=\int_{C} \frac {1+2\cos\theta}{5+4\cos\theta}d\theta =0$

6. 计算

直接利用原函数

(1) 原式= $2 sin(\frac z 2)|^{\pi+2i}_0 =e+e^{-1}$

(2) 原式= $z+iz^4|^{i}_{-1} =1+i$

(3) 原式= $-e^{-z}|^{0}_{-\pi i} =-2$

7. 证明

由题目条件，对 $\forall \epsilon>0, \exists N>0$，使得当 $|z|>N$ 时，恒有 $|zf(z)-A|<\epsilon$

并注意到有： $i\alpha=\int_{0}^{\alpha} \frac{ie^{i\theta}}{e^{i\theta}}=\int_{C_\rho} \frac{dz}{z}$

因此对 $\forall \epsilon>0,\exists N>0$，使得当 $|z|>N$ 时，恒有： $|\int_{C_\rho} f(z)dz-iA\alpha|=|\int_{C_\rho} f(z)dz-\int_{C_\rho} \frac{Adz}{z}|=|\int_{C_\rho} \frac{f(z)z-A} z dz|<\epsilon|\int_{C_\rho} \frac{dz}{z}|\leq\epsilon\alpha$(长大不等式)

即 $\lim\limits_{z \to \infty}\int_{C_\rho} f(z)dz=iA\alpha$，得证！

8. 证明

因为 $Q(z)$比 $P(z)$ 高两次，因此 $\frac{P(z)}{Q(z)}=\frac 1 {A(z-z_1)(z-z_2)}$

故由柯西积分公式：

$\int_{C}\frac{P(z)}{Q(z)}dz=\int_{C} \frac 1 {A(z-z_1)(z-z_2)}dz=2\pi i[\frac 1 {A(z_1-z_2)}+\frac 1 {A(z_2-z_1)}]=0$，即得证！

9.

由柯西积分公式： $\int_{C}\frac{e^z}{z}dz=2\pi i$

计算可得 $\int_{0}^{\pi}\frac{e^z}{z}dz=\pi i$

做代换 $z=e^{i\theta}$ 代入后对原式取虚部即得：$\text{Im}\int_{0}^{\pi} \frac {e^{e^{i\theta}}}{e^{i\theta}}ie^{i\theta}d\theta=\text{Im}\int_{0}^{\pi} ie^{e^{i\theta}}d\theta =\text{Im}\int_{0}^{\pi} ie^{\cos\theta}e^{i\sin\theta}d\theta =\int_{0}^{\pi} e^{\cos\theta}\cos(\sin\theta) d\theta=\pi$

10. 计算

(1) 由柯西积分公式：原式= $2\pi i \frac {e^{i}}{i+i}=\pi \cos 1$

(2) 由柯西积分公式：原式= $2\pi i \frac {e^{-i}}{-i-i}=-\pi \cos 1$

(3) 由柯西积分公式：原式= $2\pi i \frac {1}{2i}\int_{C_\rho}(\frac {e^{z}}{z-i}-\frac {e^{z}}{z+i})=\pi (e^{i}-e^{-i})=2\pi sin1$

11. 计算

留数定理：设函数 $f(z)$ 在简单闭曲线 $C$ 所围成的区域 $D$ 内，除了有限个孤立奇点 $z_1,z_2,\cdots ,z_n$ 外处处解析，在闭区域 $D+C$ 上除了 $z_1,z_2,\cdots ,z_n$ 外连续，那么 $\oint_{C}f(z)dz = 2\pi i\sum_{k = 1}^{n}\text{Res} [f(z),z_k]$。其中 $\oint_{C}f(z)dz$表示函数 $f(z)$ 沿闭曲线 $C$ 的正向（当人沿曲线 $C$ 行走时，区域 $D$ 始终在人的左侧的方向）的复积分， $\text{Res}[f(z),z_k]$ 表示函数 $f(z)$ 在奇点 $z_k$ 处的留数, $\sum_{k = 1}^{n}\text{Res}[f(z),z_k]$ 就是 $f(z)$ 在 $C$ 内部所有孤立奇点处留数的和。

留数：对于函数 $f(z)$ 的孤立奇点 $z_0$ ，将 $f(z)$ 在 $z_0$ 的去心邻域内展开成洛朗级数 $f(z)=\sum_{n = -\infty}^{\infty}a_n(z - z_0)^n$ ，其中 $(z - z_0)^{-1}$ 项的系数 $a_{-1}$ 就称为 $f(z)$ 在奇点 $z_0$ 处的留数，记作 $\text{Res}[f(z),z_0]$ 。对于不同类型的孤立奇点（可去奇点、极点、本性奇点），有不同的计算留数的方法。比如对于一阶极点 $z = a$ ，留数公式为 $\text{Res}[f(z),a]=\lim_{z\rightarrow a}(z - a)f(z)$ ；对于二阶极点 $z = a$，留数公式为 $\text{Res}[f(z),a]=\lim_{z\rightarrow a}\frac{d}{dz}\left[(z - a)^2f(z)\right]$ 。

洛朗级数（Laurent Series）是复变函数中的一种重要级数展开形式，是幂级数（泰勒级数）的推广，能用于表示在孤立奇点附近解析的函数。1. 定义设函数 $f(z)$ 在环形区域 D: R_1 < |z - z_0| < R_2\) （ $R_1 \geq 0$ ， $R_2 \leq +\infty$ ）内解析，那么 $f(z)$ 在 $D$ 内可以唯一地展开成洛朗级数： $f(z) = \sum_{n = -\infty}^{+\infty} a_n (z - z_0)^n$ 其中系数 $a_n$ 由以下积分公式确定： $a_n = \frac{1}{2\pi i} \oint_{C} \frac{f(\xi)}{(\xi - z_0)^{n + 1}} d\xi \quad (n = 0, \pm 1, \pm 2, \cdots)$ 这里 $C$ 是环形区域内围绕 $z_0$ 的任意一条正向简单闭曲线。$Res[f,0]=0,Res[f,1]=\frac {1}{2},Res[f,2]=\frac {-1}{2}$

1. $r<1$，原式= $Res[f,0]=0$

2. $r>1$，原式= $Res[f,0]+Res[f,1]+Res[f,2]=0$

12. 计算

$Res[f,3]=\frac {3-i}{20},Res[f,-3]=\frac {3+i}{20},Res[f,-i]=\frac {-i}{10}$(1) $|z|=2$，由柯西积分公式：

原式= $2\pi iRes[f,0]=\frac {\pi}{5}$

(2) 由留数定理：

原式= $2\pi i (Res[f,-i]+Res[f,3-i]+Res[f,3+i])=\frac {\pi}{5}+\frac{3\pi i}{5}$

13.计算

(1) $g(1)=2\pi i(2z^2-z+1)|_{z_0=1}=4\pi i$

(2) $|z_0|>2$时，被积函数为解析函数，因此原积分为0

14. 计算

直接由柯西积分公式：原式= $2\pi i (\frac {z^2}{(z+i)^2})'|_{z=i}=\frac \pi 2$

15. 证明

由题设： $P(z)$有 $n$ 个零点 $a_1\cdots a_n$，因此有：

$\frac{P'(z)}{P(z)}=\sum_{i=1}^n \frac 1 {z-a_i}$

如果 $a_i$在C里面，则 $\int_{C} \frac {1}{z-a_i}=2\pi if(a_i)=2\pi i$

如果 $a_i$不在C里面， $\frac {1}{z-a_i}$在C上解析等于0

故，原式= $\frac 1 {2\pi i}\sum_{i=1}^n \int_C \frac 1 {z-a_i}dz=\frac 1 {2\pi i}\sum_{i=1}^n 2\pi i=n$，即得证！

16. 反证

若存在，则取回路$C:z=r(r<1)$，

由柯西积分公式有：$\int_C f(z) dz=\int_C \frac 1 {z}dz=2\pi i$

但由函数解析，$\int_C f(z) dz=0$，矛盾！因此题给函数不存在。

17.

解：由调和函数性质得：

$\frac {\partial^2 u} {\partial x^2}+\frac {\partial^2 u} {\partial y^2}=(6a+2c)x+(2b+6d)y=0$

因此有：$3a+c=0,b+3d=0$

18. 证明

（1）由于 $f(z)$解析，因此$lnf(z)$也解析，因此其实部为调和函数。又注意到 $\operatorname{Re} lnf(z)=ln|f(z)|$，因此有$ln|f(z)|$为调和函数。

（2）设$f(z)=u+iv,|f(z)|=u^2+v^2$，则有：

$\frac {\partial^2 |f(z)|} {\partial x^2}+\frac {\partial^2 |f(z)|} {\partial y^2}=2(\frac {\partial u} {\partial x})^2+2(\frac {\partial v} {\partial x})^2+2(\frac {\partial u} {\partial y})^2+2(\frac {\partial v} {\partial y})^2$

$|f'(z)|^2=(\frac {\partial u} {\partial x})^2+(\frac {\partial v} {\partial x})^2$

再由 $C-R$ 方程，即得：$\frac {\partial^2 |f(z)|} {\partial x^2}+\frac {\partial^2 |f(z)|} {\partial y^2}=4|f'(z)|^2$

19.

（1）$\frac {\partial^2 u^2} {\partial x^2}+\frac {\partial^2 u^2} {\partial y^2}=2(\frac {\partial u} {\partial x})^2+2(\frac {\partial u} {\partial y})^2\neq 0$ 因此不为调和函数。

（2）$\frac {\partial^2 f} {\partial x^2}+\frac {\partial^2 f} {\partial y^2}=\frac {\partial^2 f} {\partial u^2}(\frac {\partial u} {\partial x})^2+\frac {\partial^2 f} {\partial u^2}(\frac {\partial u} {\partial y})^2=0$

因此有：$\frac {\partial^2 f} {\partial u^2}=0,f=C_1u+C_2$，其中$C_1,C_2$为常数。

20. 计算

带入 $v(x,y)=\int_{(x_0,y_0)}^{(x,y)}-\frac {\partial u} {\partial y}dx+\frac {\partial u} {\partial x}dy+C$即可

（1）$v=2x^3+3x^2y-6xy^2-y^3$

（2）$v=e^x(x\sin y+y\cos y)$

（3）$v=\frac 1 {x+1}+\frac {2(x+1)}{(x+1)^2+y^2}-1$

21.

$\overline{if'(z)}=\bf{E}$

(1)

(2)

(3)

图像：略

22.

$w=2qi Ln(z^2+\frac 1 {z^2})=2qi Ln(z^4+1)-2qi Ln(z^2)=2qi Ln(z-w_1)+2qi Ln(z-w_2)+2qi Ln(z-w_3)+2qi Ln(z-w_4)-4qi Ln(z)$

因此为5个点电荷的叠加电场。

图像：略

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 $w:(x,y)\rightarrow(u,v)$
则有：$u=\frac x {x^2+y^2},v=\frac{-y}{x^2+y^2}$

1. $x=1$，则有 $u=\frac 1 {1+y^2},v=\frac{-y}{1+y^2}$，消参得 $(u-\frac 1 2)^2+v^2=\frac 1 4$，为以 $(\frac{1}{2},0)$ 为圆心，$\frac{1}{2}$ 为半径的圆
2. $y=0$，则有$u=\frac 1 x,v=0$，为除去原点的 $u$ 轴
3. $x=y$，则有$u=\frac 1 {2x},v=-\frac{1}{2x}$，为除去原点的直线 $u=-v$
4. $x^2+y^2=4$，则有$u=\frac x 4,v=-\frac{y}4$，$u^2+v^2=\frac 1 4$，为以原点为圆心，$\frac{1}{2}$ 为半径的圆
5. $(x-1)^2+y^2=5$，则有$u=\frac x {4+2x},v=\frac{-y}{4+2x}$，消参得$(u+\frac 1 4)^2+v^2=\frac 5 {16}$，为以 $(-\frac{1}{4},0)$ 为圆心，$\frac{\sqrt{5}}{4}$ 为半径的圆

2. 证明题

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

3. 证明题

类似 $(2)$，取 $y=kx$ 可得极限不存在。

4. 证明题

设 $P_n(z)=a_nz^n+a_{n-1}z^{n-1}\cdots+a_0$，则$|P_n(z)|\geq |a_n||z|^n-|a_{n-1}||z|^{n-1}-\cdots-|a_0|$，看成关于 $|z|$ 的多项式，则 $z\rightarrow\infin,|z|\rightarrow\infin$时$|P_n(z)|\rightarrow\infin$，也即 $P_n(z)\rightarrow\infin$

5. 证明题

1. $f(z)=|z|=\sqrt{x^2+y^2}$, 而在原点外 $\frac{\partial u}{\partial x}\neq\frac{\partial v}{\partial y}=0$，不可导。在原点上，$\lim\limits_{\Delta z\to 0} \frac{\Delta f(z)}{\Delta z}=\lim\limits_{\Delta z\to 0}\frac {\sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2}} {\Delta x+i\Delta y}=\lim\limits_{\Delta z\to 0} \frac{\Delta x-i\Delta y}{\sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2}}$， 取$y=kx$可得极限不存在。综上原函数处处不可导。

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

3. $f(z)=\frac 1 {\bar z}=\frac{x+yi}{x^2+y^2}$，易得原函数在原点外不满足 C-R 方程，不可导。原点处 $\lim\limits_{\Delta z\to 0} \frac{\Delta f(z)}{\Delta z}=\lim\limits_{\Delta z\to 0}\frac 1 {\Delta z\Delta \bar z} =\lim\limits_{\Delta z\to 0}\frac 1 {|\Delta z|^2}\to \infin$，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 $\begin{cases}y=1\\0=-x\end{cases}$，解得在 $(0,1)$ 处可导。因此在平面内不解析

2. $|z|\ge1$ 时，幂函数可导。

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

7. 求导数

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

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

2. $\begin{cases}\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{\partial v}{\partial y}=e^x(x\cos y-y\sin y+\cos y)\\\frac{\partial u}{\partial y}=-\frac{\partial v}{\partial x}=-e^x(x\sin y+y\cos y+\sin y)\end{cases}$；

   $\frac{\partial f}{\partial x}=e^x(x\cos y-y\sin y+\cos y)-ie^x(x\sin y+y\cos y+\sin y)$

3. $\begin{cases}\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{\partial v}{\partial y}=-\sin x\ch y\\\frac{\partial u}{\partial y}=-\frac{\partial v}{\partial x}=-\cos x\sh y\end{cases}$；

   $\frac{\partial f}{\partial x}=-\sin x\ch y-i\cos x\sh y$

8.证明

解析函数满足 C-R 方程

1. 由题意，$\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{\partial u}{\partial y}=0$，故 $u(x,y)$ 为常数。同理，$v(x,y)$ 为常数，故 $f$ 为常数
2. $-\frac{\partial v}{\partial y}=\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{\partial v}{\partial y},-\frac{\partial v}{\partial x}=\frac{\partial u}{\partial y}=\frac{\partial v}{\partial x}$，可推得四个偏导均为 0，进而有 $u(x,y),v(x,y)$ 为常数，故 $f$ 为常数
3. 由题意 $\frac{\partial v}{\partial y}=\frac{\partial u}{\partial x}=0,\frac{\partial v}{\partial x}=\frac{\partial u}{\partial y}=0$，四个偏导均为 0，后同 (2)
4. 同 (3)
5. $u^2+v^2=C$，两边对 $x,y$ 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. $\arctan(\frac v u)=C$，得 $v=ku, k$ 为实数。两边对 $x,y$ 求偏导后带入 C-R 方程，由 $k$ 为实数得四个偏导均为 0，后同 (2)

9. 证明及验证

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

首先由定义，$\begin{cases} x=r\cos\theta\\ y=r\sin\theta\end{cases}$；

则有以下关系

$$\begin{cases} \frac{\partial u}{\partial r}=\frac{\partial u}{\partial x}\frac{\partial x}{\partial r}+\frac{\partial u}{\partial y}\frac{\partial y}{\partial r}=&\cos\theta \frac{\partial u}{\partial x}+\sin\theta \frac{\partial u}{\partial y}\\ \frac{\partial u}{\partial \theta}=\frac{\partial u}{\partial x}\frac{\partial x}{\partial \theta}+\frac{\partial u}{\partial y}\frac{\partial y}{\partial \theta}=&-r\sin\theta \frac{\partial u}{\partial x}+r\cos\theta \frac{\partial u}{\partial y}\\ \frac{\partial v}{\partial r}=\frac{\partial v}{\partial x}\frac{\partial x}{\partial r}+\frac{\partial v}{\partial y}\frac{\partial y}{\partial r}=&\cos\theta \frac{\partial v}{\partial x}+\sin\theta \frac{\partial v}{\partial y}\\ \frac{\partial v}{\partial \theta}=\frac{\partial v}{\partial x}\frac{\partial x}{\partial \theta}+\frac{\partial v}{\partial y}\frac{\partial y}{\partial \theta}=&-r\sin\theta \frac{\partial v}{\partial x}+r\cos\theta \frac{\partial v}{\partial y}\\\end{cases}$$

解方程可得

$$\begin{cases} \frac{\partial u}{\partial x}=&\cos\theta\frac{\partial u}{\partial r}-\frac{1}{r}\sin\theta\frac{\partial u}{\partial\theta}\\ \frac{\partial u}{\partial y}=&\sin\theta\frac{\partial u}{\partial r}+\frac{1}{r}\cos\theta\frac{\partial u}{\partial\theta}\\ \frac{\partial v}{\partial x}=&\cos\theta\frac{\partial v}{\partial r}-\frac{1}{r}\sin\theta\frac{\partial v}{\partial\theta}\\ \frac{\partial v}{\partial y}=&\sin\theta\frac{\partial v}{\partial r}+\frac{1}{r}\cos\theta\frac{\partial v}{\partial\theta}\\\end{cases}$$

代入直角坐标系下的 C-R 方程

$$\begin{cases} \cos\theta\frac{\partial u}{\partial r}-\frac{1}{r}\sin\theta\frac{\partial u}{\partial\theta}=&\sin\theta\frac{\partial v}{\partial r}+\frac{1}{r}\cos\theta\frac{\partial v}{\partial\theta}\\ \sin\theta\frac{\partial u}{\partial r}+\frac{1}{r}\cos\theta\frac{\partial u}{\partial\theta}=&-(\cos\theta\frac{\partial v}{\partial r}-\frac{1}{r}\sin\theta\frac{\partial v}{\partial\theta})\\\end{cases}$$

解得 $\begin{cases} \frac{\partial u}{\partial r}=\frac{1}{r}\frac{\partial v}{\partial \theta}\\ \frac{1}{r}\frac{\partial u}{\partial \theta}=-\frac{\partial v}{\partial r}\end{cases}$

验证：设 $z=re^{i\theta}$
则 $f(z)=r^ne^{in\theta}$
即 $u(r,\theta)=r^n\cos n\theta,v(r,\theta)=r^n\sin n\theta$
$\begin{cases} \frac{\partial u}{\partial r}=nr^{n-1}\cos n\theta\\ \frac{\partial v}{\partial r}=nr^{n-1}\sin n\theta\\ \frac{\partial u}{\partial \theta}=-nr^n\sin n\theta\\ \frac{\partial v}{\partial \theta}=nr^n\cos n\theta\\\end{cases}$
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 $z=1,2$ 外解析，$f'(z)=\frac {3-2z} {(z^2-3z+2)^2}$
2. 在 $z=a^{\frac 1 3}e^{i\frac {2k\pi}{3}}(k=0,1,2)$ 外解析，$f'(z)=\frac {-3z^2} {(z^3+a)^2}$

11. 判断极限存在性

设 $z=x+iy$

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

12 极限

设 $z=x+iy$

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

13 求下列方程的全部解

1. $\sin z=\frac{1}{2i}(e^{iz}-e^{-iz})=2$
   解一元二次方程组得 $e^{iz}=(2\pm\sqrt3)i$
   $z=-2i\operatorname{Ln}[(2\pm\sqrt3)i]=(4k+1)\pi-2i\ln(2+\sqrt{3})$
2. $\ch z=\frac{1}{2}(e^{z}+e^{-z})=0$
   得 $e^{2z}=-1$
   $z=\frac 1 2 \operatorname{Ln}(-1)=i(k+\frac{1}{2})\pi$
3. 记 $A=re^{i\theta}$
   则 $z=\operatorname{Ln}A=\ln r+i(\theta+2k\pi)$
   可化得 $z=\ln|A|+i(\arg A+2k\pi)$

14 求解析区域及微商

直接运用函数求导法则即可

1. $z\neq \operatorname{Ln}(-1)=i(2k+1)\pi$
   $f'(z)=-\frac{e^z}{(1+e^z)^2}$
2. $z\neq -i\operatorname{Ln}[(2\pm\sqrt3)i]=(2k+\frac{1}{2})\pi-i\ln(2\pm\sqrt{3})$
   $f'(z)=-\frac{\cos z}{(\sin z-2)^2}$
3. $z\neq 1$
   $f'(z)=e^{\frac 1{z-1}}(1-\frac{z}{(z-1)^2})$

15 证明恒等式

1. $\begin{aligned}&\cos z_1\cos z_2-\sin z_1\sin z_2\\=&\frac{1}{4}(e^{iz_1}+e^{-iz_1})(e^{iz_2}+e^{-iz_2})+\frac{1}{4}(e^{iz_1}-e^{-iz_1})(e^{iz_2}-e^{-iz_2})\\=&\frac{1}{2}(e^{i(z_1+z_2)}+e^{-i(z_1+z_2)})\\=&\cos(z_1+z_2)\\[-64pt]\end{aligned}$
2. $\begin{aligned}&\sh z_1\ch z_2+\ch z_1\sh z_2\\=&\frac{1}{4}(e^{z_1}-e^{-z_1})(e^{z_2}+e^{-z_2})+\frac{1}{4}(e^{z_2}-e^{-z_2})(e^{z_1}+e^{-z_1})\\=&\frac{1}{2}(e^{z_1+z_2}-e^{-(z_1+z_2)})\\=&\sh(z_1+z_2)\\[-64pt]\end{aligned}$
   类似的，$\sh z_1\ch z_2-\ch z_1\sh z_2=\sh(z_1-z_2)$
   综上有 $\sh(z_1\pm z_2)=\sh z_1\ch z_2\pm\ch z_1\sh z_2$