由 z0 的任意性，可得 F (z) 在下半平面处处可导，即 F (z) 在下半平面解析.
（P37）6.试利用柯西—黎曼条件，证明下列函数在复平面上解析： z2 , ez , sin z, cos z ；
而下列函数不解析: z2 , ez , sin z, cos z . 解：令 z = x + yi ，则
∂r ∂x ∂r ∂y ∂r ∂x
∂y
∂u ∂θ
=
∂u ∂x
⋅ ∂x ∂θ
+
∂u ∂y
⋅ ∂y ∂θ
=
∂u ∂x
(−r sinθ ) +
∂u ∂y
r cosθ
…………………………………..(2)
∂v = ∂v ⋅ ∂x + ∂v ⋅ ∂y = ∂v cosθ + ∂v sinθ = − cosθ ∂u + sinθ ∂u …………………(3)
习题二 P.37
（P37）2、证明函数 f (z) =| z |2 除去在 z = 0 外，处处不可微。
证：设 z = x + yi ，则 f (z) =| z |2 = x2 + y2 , 令u = x2 + y2 , v = 0,则f (z) = u + vi ，
由定理 3.1（C-R 条件）知： f (z) 可微的充要条件是 ∂u = ∂v , ∂u = − ∂v ∂x ∂y ∂y ∂x
而 ∂u = 2x, ∂v = 0, ∂u = 2 y, ∂v = 0
∂x
∂x ∂y
∂y
因此 2x = ∂u = ∂v = 0, 0 = ∂v = ∂u = 2 y ，
∂x ∂y
∂x ∂y
即 x = 0, y = 0 ，从而 f (z) 只在 z = 0 处可微。

证毕
（P37）3、设函数 f (z) 在区域 D 内解析。证明：如果对每一点 z ∈ D ，有 f ' (z) = 0 ，那 么 f (z) 在 D 内为常数。
（1） z2 = (x + yi)2 = x2 − y2 + 2xyi ，
此处 u = x2 − y2, v = 2xy ， ∂u = 2x, ∂u = −2 y, ∂v = 2 y, ∂v = 2x
∂x
∂y
∂x
∂y
所以有 ∂u = ∂v , ∂v = − ∂u ，满足 C—R 条件，所以 z2 在复平面上解析. ∂x ∂y ∂x ∂y
由（2）与（3）得 ∂u = −r ∂v ∂θ ∂r
∂x
∂y ∂x
∂y
不解析.
类似的可以证明 sin z 和 cos z 在复平面上不解析.
（P37）7.证明在极坐标下的柯西—黎曼条件是：
∂u ∂r
=
1 r
∂v ∂θ
，
∂u ∂θ
=
−r
∂v ∂r
解：令 x = r cosθ ， y = r sinθ ，则
∂u = ∂u ⋅ ∂x + ∂u ⋅ ∂y = ∂u cosθ + ∂u sinθ ……………………………………………(1)
证毕
（P37）5.证明：若函数 f (z) 在上半平面解析，那么函数 f (z) 在下半平面解析.
解：设 F (z) = f (z) ，z0 为下半平面上任意一点。要证 f (z) 在下半平面解析，只需证明 F (z) 在下半平面处处可导，即证 F ' (z0 ) 存在，而
lim lim F '(z0) = z → z0
∂x
∂y
∂x
∂y
所以有 ∂u = ∂v , ∂v = − ∂u 不成立，因此不满足 C—R 条件，所以 z2 在复平面上不解析. ∂x ∂y ∂x ∂y
（6） ez = e(x+ yi) = ex cos y − iex sin y
∂u = ex cos y ≠ ∂v , ∂v = ex sin y ≠ − ∂u ，不满足 C—R 条件，所以 ez 在复平面上
∂r ∂x ∂r ∂y ∂r ∂x
∂y
∂y
∂x
∂v = ∂v ⋅ ∂x + ∂v ⋅ ∂y = ∂v (−r sinθ ) + ∂v r cosθ = r sinθ ∂u + r cosθ ∂u ………..(4)
∂θ ∂x ∂θ ∂y ∂θ ∂x
∂y
∂y
∂x
由（1）与（4）得 ∂u = 1 ∂v ∂r r ∂θ
复变函数作业
习题一 P.13 （P.13）3． 证明：
林聪萍、 来雅萍
（2）设 z1及 z2 是两复数.如果 z1 + z2 和 z1z2 都是实数，那么 z1和 z2 或者都是实数，
或者是一对共轭复数.
证明：设 z1 = u1 + iv1 ， z2 = u2 + iv2
则 z1 + z2 = u1 + iv1 + u2 + iv2 = (u1 + u2 ) + i(v2 + v1)
（2） ez = e(x+ yi) = ex cos y + iex sin y
∂u = ex cos y = ∂v , ∂v = ex sin y = − ∂u ，满足 C—R 条件.
∂x
∂y ∂x
∂y
（3） sin z = eiz − e−iz = e − e i(x+ yi) −i(x+ yi) = −e− y sin x − e y sin x + e− y cos x − e y cos x i
证：设 f (z) = u + vi ，则 f '(z) = ∂u + i ∂v = ∂v − i ∂u ， ∂x ∂x ∂y ∂y
由 f ' (z) = 0 得 ∂u = ∂u = ∂v = ∂v = 0 ，故 u(x, y) = 常数, v(x, y) = 常数 ， ∂x ∂y ∂y ∂y
从而 f (z) = 常数 。
2i
2i
2
2
∂u = − cos xe− y − cos xey = ∂v , ∂v = − sin xe− y + sin xey = − ∂u ,满足 C—R 条件.
∂x
2
∂y ∂x
2
∂y
（4） cos z = eiz + e−iz = e + e i(x+ yi) −i(x+ yi) = e− y cos x + e y cos x + e− y sin x − e y sin x i
F (z) − F(z0 ) =
z − z0
z → z0
f (z) − f (z0 ) z − z0
lim lim =
f (z) − f (z0 ) =
f (z) − f (z0 )
z → z0
z − z0
z → z0
z − z0
由于 z, z0 ，是上半平面上的点，且 f (z) 在上半平面解析，所以上式右边极限存,且有 F ' (z0 ) = f ' (z0 ) .
z1z2 = (u1 + iv1)(u2 + iv2 ) = u1u2 − v1v2 + i(v1u2 + u1v2 )
由于 z1 + z2 和 z1z2 都是实数，
即可得
⎧⎨⎩v1uv22
+ +
v1 = u1v2
0 =
0
解得 v1 = v2 = 0 或 u1 = u2
当 v1 = v2 = 0 时， z1和 z2 都是实数；当 u1 = u2 时，两者是一对共轭复数.
2
2
2
2
∂u = −e− y sin x − ey sin x = ∂v , ∂v = e− y cos x − ey cos x = − ∂u ,满足 C—R 条件.
∂x
2
∂y ∂x
2
∂y
（5）
2
z
=
(x
+
yi)2
=
x2
−
y2
− 2xyi
，
此处 u = x2 − y2, v = −2xy ， ∂u = 2x, ∂u = −2 y, ∂v = −2 y, ∂v = −2x