第二章解析函数
1-6 题中：
（1）只要不满足 C-R 条件，肯定不可导、不可微、不解析
（2）可导、可微的证明：求出一阶偏导u x, u y, v x, v y，只要一阶偏导存在且连续，同时满足C-R 条件。
（3）解析两种情况：第一种函数在区域内解析，只要在区域内处处可导，就处处解析；第二种情况函数在某一点解析，只要函数在该点及其邻域内处处可导则在该点解析，如果只在该点可导，而在其邻域不可导则在该点不解析。
（4）解析函数的虚部和实部是调和函数，而且实部和虚部守C-R 条件的制约，证明函数区域内解析的另一个方法为：其实部和虚部满足调和函数和C-R 条件，反过来，如果函数实部或者虚部不满足调和函数或者C-R 条件则肯定不是解析函数。
解析函数求导： f ( z) u x iv x
4、若函数f ( z)在区域 D上解析，并满足下列的条件，证明 f ( z) 必为常数。
（1）f z 0
z D 证明：因为 f ( z) 在区域上解析，所以。
令 f (z) u( x, y) iv ( x, y) ，即
u
v , u
v
f (z) u i
v
0 。
x y y x x y
由复数相等的定义得：u v u v
x y
0, 0 。
y x
所以， u( x, y) C1(常数)，v( x, y) C2(常数)，即 f (z) C1 iC2为
常数。
5、证明函数在z
平面上解析，并求出其导数。
（1） e x ( xcos y y sin y) ie x ( y cos y x sin y).
证明：设 f z u x, y
iv x, y
=
e x ( x cos y y sin y) ie x ( y cos y xsin y).
则 u ,
y
x
( x cos y y sin y ) ， v
x, y x
x e
e ( y cos y x sin y)
u e x ( x cos y ysin y) e x
cos y
v e x cos y y sin ye
x
x cos ye x x
；
y
u
e x ( x sin y sin y y cos y)
；
v e x ( y cos y x sin y sin y)
y
x
满足
u
v , u
v 。
x
y y
x
即函数在 z
平面上 ( x, y) 可微且满足 C-R 条件，故函数在 z
平面上
解析。
f (z)
u i
v
e x (x cos y y sin y cos y) ie x ( y cos y x sin y sin y)
x
x
8、（1）由已知条件求解析函数 f ( z)
u iv u x 2 y 2
xy f (i )
1 i。
，
，
解： u
x 2x y, u y 2 y x
由于函数解析，根据 C-R 条件得
u x v y 2x y
于是
y 2 v
2xy
(x)
2
其中 ( x) 是 x 的待定函数，再由 C —R 条件的另一个方程得
v x
2y
( x)
u y 2y
x ，
x 2
所以
(x)
x ，即
(x)
c 。
2
于是
v
y 2 x 2 c
2xy
2
2
又因为 f (i )
1 i ，所以当 x
0, y 1 ，时 u
1 1 1 ， v
c 1得 c
2
2
所以
2
2 1
f (z) x
2 y 2
y
x
)
xy i(2xy
2 2 。
2
9、提示：解析函数的实部和虚部为调和函数，只要该函数不是调和
函数则它就不能做为解析函数的实部或虚部。
10、提示：求出实部和虚部对 x ，y 的一阶偏导，若不满足
C-R 条件
则肯定不是解析函数， 若满足 C-R 条件，同时满足一阶偏导存在且连
续则为解析函数。
14. 若 z x iy ，试证：（1） sin z sin xchy i cosxshy 。
证： sin z
sin( x iy ) sin xcosiy cos x sin iy
sin x e iiy e i (iy ) cos x e iiy e iiy
= 2
2i
sin x e y e y
e i (iy )
e y
2
i cos x
2
=
sin xchy i cos xshy
18、解方程
（1） e z 1 i 3
解： e z 1 i 3
i ( 2 k
)
其中 k 0, 1, 2,......
2e 3
则
z i ( 2 k )
ln 2 i(
2k ) Ln[2e
3
]
3
（2） ln z i。
2
解：
ln z ln z
i arg z 0
i
2
即
z 1,arg z
2
设
z x iy
x 2
y
2
1
arg x iy
， 2
得x 0, y 1
，即 z i 。
20、
（2）3i e iLn 3 e i ln 3 cos(ln 3) i sin(ln 3) 试求 (1 i) i ,3i ,i i , e2 i及 Ln (1 i) 。
解：（1）(1 i )i e Ln[( 1 i )i ] e iLn (1 i)
因为
i (
4 2 k )
Ln (1 i ) Ln [ 2e ] ln 2 i ( 4 2k ) 所以
(1 i ) i e iLn ( 1 i )
i ln 2 ( 2k ) ( 2k ) e 4 e2 ln 2 e 4
k 0, 1, 2,...... （3）i i e iLni
Lni Lne i ( 2k )
i ( 2k )
2
2
i i e iLni
(
2
2 k ) e
k 0, 1, 2,...... （4）e2 i e2 e i e2 (cos 1 i sin 1)
（5）Ln (1 i ) i ( 2k ) i ( 2k )
Ln[ 2e 4 ] ln 2
4
22，求证lim sin z
1
z 0 z
证: z x iy
(x,y,
lim sin z lim sin( x iy )
均为实数 ) ，所以z z
x, y x iy
当x
lim sin iy e iy e iy 1 0
则极限趋近于 z 轴，有y iy iyz i
当y 0
时，则极限趋于 z 轴，有lim
sin x
1 ，
x 0 x
故 lim sin z
1 。
z 0 z。