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复变计算整理 ​

第一部分：复数与极限 ​

题目 P13 1.3 ​

题目： 求 z3+8=0z^3 + 8 = 0 的解。

解题步骤：

  1. 移项得 z3=−8z^3 = -8。
  2. 将 −8-8 写成指数形式（极坐标形式）。模长 r=8r=8，辐角 θ=π+2kπ\theta = \pi + 2k\pi。

    −8=8ei(π+2kπ) -8 = 8 e^{i(\pi + 2k\pi)}

  3. 开三次方根：

    zk=83eiπ+2kπ3,k=0,1,2 z_k = \sqrt[3]{8} e^{i\frac{\pi + 2k\pi}{3}}, \quad k=0, 1, 2

    zk=2eiπ+2kπ3z_k = 2 e^{i\frac{\pi + 2k\pi}{3}}

  4. 代入 kk 值计算具体根：
    • k=0k=0: z0=2eiπ3=2(cos⁡π3+isin⁡π3)=2(12+i32)=1+3iz_0 = 2 e^{i\frac{\pi}{3}} = 2(\cos\frac{\pi}{3} + i\sin\frac{\pi}{3}) = 2(\frac{1}{2} + i\frac{\sqrt{3}}{2}) = 1 + \sqrt{3}i
    • k=1k=1: z1=2eiπ=2(−1)=−2z_1 = 2 e^{i\pi} = 2(-1) = -2
    • k=2k=2: z2=2ei5π3=2(12−i32)=1−3iz_2 = 2 e^{i\frac{5\pi}{3}} = 2(\frac{1}{2} - i\frac{\sqrt{3}}{2}) = 1 - \sqrt{3}i

答案： z=−2,1±3iz = -2, 1 \pm \sqrt{3}i

题目 1.7（变型题） ​

题目： 设 f(z)=12i(zzˉ−zˉz)f(z) = \frac{1}{2i} (\frac{z}{\bar{z}} - \frac{\bar{z}}{z})。证明 z→0z \to 0 时 f(z)f(z) 极限不存在。

解题要求： 分别用（1）z=x+iyz=x+iy 代换法；（2）极坐标代换法。

预处理（化简）：

f(z)=12iz2−zˉ2zzˉ f(z) = \frac{1}{2i} \frac{z^2 - \bar{z}^2}{z\bar{z}}

设 z=x+iyz = x+iy，则 zˉ=x−iy\bar{z} = x-iy，zzˉ=x2+y2z\bar{z} = x^2+y^2。

z2−zˉ2=(x2−y2+2ixy)−(x2−y2−2ixy)=4ixy z^2 - \bar{z}^2 = (x^2-y^2+2ixy) - (x^2-y^2-2ixy) = 4ixy

∴f(z)=12i4ixyx2+y2=2xyx2+y2 \therefore f(z) = \frac{1}{2i} \frac{4ixy}{x^2+y^2} = \frac{2xy}{x^2+y^2}

方法一：直角坐标法 (zz 替换成 x+iyx+iy)

  1. 我们考察 zz 沿不同路径趋于 0 时 f(z)f(z) 的极限。
  2. 路径 1： 沿 xx 轴趋于 0（即 y=0,x→0y=0, x \to 0）。

    lim⁡x→02x⋅0x2+0=0 \lim_{x \to 0} \frac{2x \cdot 0}{x^2 + 0} = 0

  3. 路径 2： 沿直线 y=xy=x 趋于 0（即 y=x,x→0y=x, x \to 0）。

    lim⁡x→02x⋅xx2+x2=lim⁡x→02x22x2=1 \lim_{x \to 0} \frac{2x \cdot x}{x^2 + x^2} = \lim_{x \to 0} \frac{2x^2}{2x^2} = 1

  4. 结论： 因为沿不同路径极限值不同（0≠10 \neq 1），所以 lim⁡z→0f(z)\lim_{z \to 0} f(z) 不存在。

方法二：极坐标法 (x=rcos⁡θ,y=rsin⁡θx=r\cos\theta, y=r\sin\theta)

  1. 令 z=reiθz = re^{i\theta}，则 x=rcos⁡θ,y=rsin⁡θx = r\cos\theta, y=r\sin\theta，x2+y2=r2x^2+y^2=r^2。
  2. 代入化简后的式子：

    f(z)=2(rcos⁡θ)(rsin⁡θ)r2=2r2cos⁡θsin⁡θr2 f(z) = \frac{2(r\cos\theta)(r\sin\theta)}{r^2} = \frac{2r^2 \cos\theta \sin\theta}{r^2}

  3. 利用倍角公式 sin⁡2θ=2sin⁡θcos⁡θ\sin 2\theta = 2\sin\theta\cos\theta：

    f(z)=sin⁡(2θ) f(z) = \sin(2\theta)

  4. 结论： 当 z→0z \to 0 时（即 r→0r \to 0），f(z)f(z) 的值始终等于 sin⁡(2θ)\sin(2\theta)。这个值依赖于趋近的角度 θ\theta（即方向）。
    • 若 θ=0\theta=0，极限为 0。
    • 若 θ=π/4\theta=\pi/4，极限为 1。
    • 因为极限与辐角有关，不唯一，故极限不存在。

第二部分：级数展开 ​

题目 P68 例 3.2 ​

题目： 将 f(z)=1(z−1)(z−2)f(z) = \frac{1}{(z-1)(z-2)} 在下列圆域内展开为洛朗级数。 (1) 0<∣z∣<10 < |z| < 1 (2) 1<∣z∣<21 < |z| < 2 (3) 2<∣z∣<∞2 < |z| < \infty (4) 0<∣z−1∣<10 < |z-1| < 1

解题步骤： 首先进行部分分式分解：

f(z)=1z−2−1z−1 f(z) = \frac{1}{z-2} - \frac{1}{z-1}

(1) 区域 0<∣z∣<10 < |z| < 1 (中心在 0，适用于小模长)

  • 对 1z−2\frac{1}{z-2}：提取 −2-2，得 1−2(1−z/2)=−12∑n=0∞(z2)n\frac{1}{-2(1-z/2)} = -\frac{1}{2} \sum_{n=0}^\infty (\frac{z}{2})^n (因 ∣z2∣<1/2<1|\frac{z}{2}| < 1/2 < 1)
  • 对 −1z−1-\frac{1}{z-1}：提取 −1-1，得 −1−1(1−z)=11−z=∑n=0∞zn\frac{-1}{-1(1-z)} = \frac{1}{1-z} = \sum_{n=0}^\infty z^n (因 ∣z∣<1|z| < 1)
  • 结果： ∑n=0∞(1−12n+1)zn\sum_{n=0}^\infty (1 - \frac{1}{2^{n+1}}) z^n

(2) 区域 1<∣z∣<21 < |z| < 2 (中间环域)

  • 对 1z−2\frac{1}{z-2}：仍提取 −2-2 (因 ∣z∣<2⇒∣z/2∣<1|z|<2 \Rightarrow |z/2|<1)，同上为 −∑n=0∞zn2n+1-\sum_{n=0}^\infty \frac{z^n}{2^{n+1}}。
  • 对 −1z−1-\frac{1}{z-1}：因 ∣z∣>1|z|>1，需提取 zz 以构造 ∣1z∣<1|\frac{1}{z}|<1。

    −1z(1−1/z)=−1z∑n=0∞(1z)n=−∑n=0∞1zn+1 -\frac{1}{z(1-1/z)} = -\frac{1}{z} \sum_{n=0}^\infty (\frac{1}{z})^n = -\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{z^{n+1}}

  • 结果： −∑n=0∞1zn+1−∑n=0∞zn2n+1-\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{z^{n+1}} - \sum_{n=0}^\infty \frac{z^n}{2^{n+1}}

(3) 区域 2<∣z∣<∞2 < |z| < \infty (无穷远区域)

  • 对 1z−2\frac{1}{z-2}：因 ∣z∣>2|z|>2，提取 zz。

    1z(1−2/z)=1z∑n=0∞(2z)n=∑n=0∞2nzn+1 \frac{1}{z(1-2/z)} = \frac{1}{z} \sum_{n=0}^\infty (\frac{2}{z})^n = \sum_{n=0}^\infty \frac{2^n}{z^{n+1}}

  • 对 −1z−1-\frac{1}{z-1}：因 ∣z∣>1|z|>1，同上为 −∑n=0∞1zn+1-\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{z^{n+1}}。
  • 结果： ∑n=0∞2n−1zn+1\sum_{n=0}^\infty \frac{2^n - 1}{z^{n+1}}

(4) 区域 0<∣z−1∣<10 < |z-1| < 1 (中心在 1)

  • 令 u=z−1⇒z=u+1u = z-1 \Rightarrow z = u+1。
  • f(z)=1u(u+1−2)=1u(u−1)=−1u⋅11−uf(z) = \frac{1}{u(u+1-2)} = \frac{1}{u(u-1)} = -\frac{1}{u} \cdot \frac{1}{1-u}
  • 因为 ∣u∣<1|u| < 1，直接展开几何级数：

    −1u∑n=0∞un=−∑n=0∞un−1 -\frac{1}{u} \sum_{n=0}^\infty u^n = -\sum_{n=0}^\infty u^{n-1}

    =−1u−1−u−u2−… = -\frac{1}{u} - 1 - u - u^2 - \dots

  • 代回 z−1z-1： 结果： −1z−1−∑n=0∞(z−1)n-\frac{1}{z-1} - \sum_{n=0}^\infty (z-1)^n

第三部分：复积分（留数定理与柯西公式） ​

题目 P86 例 2.1 ​

题目： 计算 ∮Czezz2−1dz\oint_C \frac{z e^z}{z^2-1} dz，其中 CC 为正向圆周 ∣z∣=2|z|=2。

解题步骤：

  1. 奇点分析： 分母 z2−1=(z−1)(z+1)z^2-1 = (z-1)(z+1)。奇点为 z1=1,z2=−1z_1=1, z_2=-1。
  2. 判断位置： ∣1∣=1<2|1|=1 < 2, ∣−1∣=1<2|-1|=1 < 2。两个奇点都在圆内。
  3. 使用留数定理： I=2πi[Res(f,1)+Res(f,−1)]I = 2\pi i [\text{Res}(f, 1) + \text{Res}(f, -1)]。
  4. 计算留数（一级极点）：
    • Res(f,1)=lim⁡z→1(z−1)zez(z−1)(z+1)=1⋅e11+1=e2\text{Res}(f, 1) = \lim_{z\to 1} (z-1) \frac{z e^z}{(z-1)(z+1)} = \frac{1 \cdot e^1}{1+1} = \frac{e}{2}
    • Res(f,−1)=lim⁡z→−1(z+1)zez(z−1)(z+1)=−1⋅e−1−1−1=−e−1−2=12e\text{Res}(f, -1) = \lim_{z\to -1} (z+1) \frac{z e^z}{(z-1)(z+1)} = \frac{-1 \cdot e^{-1}}{-1-1} = \frac{-e^{-1}}{-2} = \frac{1}{2e}
  5. 求和：

    I=2πi(e2+12e)=πi(e+1e) I = 2\pi i (\frac{e}{2} + \frac{1}{2e}) = \pi i (e + \frac{1}{e})

    (注：也可写成 2πicosh⁡(1)2\pi i \cosh(1))

例 2.2（变型题） ​

题目： 计算积分 ∮Cezz(z−1)2dz\oint_C \frac{e^z}{z(z-1)^2} dz，其中 CC 为正向圆周 ∣z∣=2|z|=2。

解题步骤：

  1. 奇点分析： z=0z=0 (一级极点)，z=1z=1 (二级极点)。均在 ∣z∣=2|z|=2 内部。
  2. 计算留数：
    • 在 z=0z=0 处：

      Res(f,0)=lim⁡z→0zezz(z−1)2=e0(0−1)2=1 \text{Res}(f, 0) = \lim_{z\to 0} z \frac{e^z}{z(z-1)^2} = \frac{e^0}{(0-1)^2} = 1

    • 在 z=1z=1 处（二级极点）： 公式 lim⁡z→addz[(z−a)2f(z)]\lim_{z\to a} \frac{d}{dz}[(z-a)^2 f(z)]

      ϕ(z)=(z−1)2f(z)=ezz \phi(z) = (z-1)^2 f(z) = \frac{e^z}{z}

      ϕ′(z)=zez−ezz2=ez(z−1)z2 \phi'(z) = \frac{z e^z - e^z}{z^2} = \frac{e^z(z-1)}{z^2}

      Res(f,1)=ϕ′(1)=e1(1−1)12=0 \text{Res}(f, 1) = \phi'(1) = \frac{e^1(1-1)}{1^2} = 0

  3. 计算积分：

    I=2πi(Res(0)+Res(1))=2πi(1+0)=2πi I = 2\pi i (\text{Res}(0) + \text{Res}(1)) = 2\pi i (1 + 0) = 2\pi i

变题型提示： 注意极点阶数的变化（一级用代入法，二级及以上用求导法）。

题目 P50 3.4 ​

(1) ∮Cezz−2dz,C:∣z−2∣=1\oint_C \frac{e^z}{z-2} dz, \quad C: |z-2|=1

  • 分析： 奇点 z=2z=2 在圆 ∣z−2∣=1|z-2|=1 内部（圆心）。
  • 方法： 柯西积分公式 ∮f(z)z−z0dz=2πif(z0)\oint \frac{f(z)}{z-z_0} dz = 2\pi i f(z_0)。
  • f(z)=ez,z0=2f(z)=e^z, z_0=2。
  • 答案： 2πie22\pi i e^2。

(3) ∮Ceizz2+1dz,C:∣z−2i∣=32\oint_C \frac{e^{iz}}{z^2+1} dz, \quad C: |z-2i|=\frac{3}{2}

  • 分析： z2+1=(z−i)(z+i)z^2+1 = (z-i)(z+i)。奇点为 ii 和 −i-i。
  • 区域判断： 圆心在 2i2i，半径 1.51.5。
    • z=iz=i: 距离圆心 ∣i−2i∣=∣−i∣=1<1.5|i - 2i| = |-i| = 1 < 1.5 →\rightarrow 在圆内。
    • z=−iz=-i: 距离圆心 ∣−i−2i∣=∣−3i∣=3>1.5|-i - 2i| = |-3i| = 3 > 1.5 →\rightarrow 在圆外。
  • 变形： 将被积函数写为 eizz+iz−i\frac{\frac{e^{iz}}{z+i}}{z-i}。
  • 计算： 令 g(z)=eizz+ig(z) = \frac{e^{iz}}{z+i}。

    I=2πi⋅g(i)=2πi⋅ei(i)i+i=2πi⋅e−12i=2πi2ie=πe I = 2\pi i \cdot g(i) = 2\pi i \cdot \frac{e^{i(i)}}{i+i} = 2\pi i \cdot \frac{e^{-1}}{2i} = \frac{2\pi i}{2i e} = \frac{\pi}{e}

  • 答案： πe\frac{\pi}{e} (或 πe−1\pi e^{-1})

第四部分：解析函数与调和函数 ​

题目一：PPT 5.1 ​

题目： 已知调和函数 u=x2−y2+xyu = x^2 - y^2 + xy，求共轭调和函数 vv，并求解析函数 f(z)f(z)。

方法一：偏积分法 (Partial Integration Method) ​

思路： 利用柯西-黎曼（C-R）方程 ux=vy,uy=−vxu_x = v_y, u_y = -v_x，先对一个变量积分，再对另一个变量求导确定常数项。

  1. 求 uu 的偏导数：

    ux=2x+y u_x = 2x + y

    uy=−2y+x u_y = -2y + x

  2. 利用 vy=uxv_y = u_x 进行积分：

    vy=2x+y v_y = 2x + y

    对 yy 积分（此时 xx 视为常数）：

    v=∫(2x+y)dy=2xy+12y2+ϕ(x) v = \int (2x + y) dy = 2xy + \frac{1}{2}y^2 + \phi(x)

    (其中 ϕ(x)\phi(x) 是待定函数)

  3. 利用 vx=−uyv_x = -u_y 确定 ϕ(x)\phi(x)： 对上一步求出的 vv 求 xx 的偏导：

    vx=∂∂x(2xy+12y2+ϕ(x))=2y+ϕ′(x) v_x = \frac{\partial}{\partial x}(2xy + \frac{1}{2}y^2 + \phi(x)) = 2y + \phi'(x)

    代入 C-R 条件 vx=−uyv_x = -u_y：

    2y+ϕ′(x)=−(−2y+x)=2y−x 2y + \phi'(x) = -(-2y + x) = 2y - x

    ϕ′(x)=−x \phi'(x) = -x

  4. 解出 ϕ(x)\phi(x)：

    ϕ(x)=∫−xdx=−12x2+C \phi(x) = \int -x dx = -\frac{1}{2}x^2 + C

  5. 写出 vv 和 f(z)f(z)：

    v=2xy+12y2−12x2+C v = 2xy + \frac{1}{2}y^2 - \frac{1}{2}x^2 + C

    组合 f(z)=u+ivf(z) = u + iv：

    f(z)=(x2−y2+xy)+i(2xy+12y2−12x2+C) f(z) = (x^2 - y^2 + xy) + i(2xy + \frac{1}{2}y^2 - \frac{1}{2}x^2 + C)

    整理为 zz 的形式（注意到 z2=x2−y2+2ixyz^2 = x^2-y^2+2ixy）：

    f(z)=(1−i2)z2+iC f(z) = (1 - \frac{i}{2})z^2 + iC

方法二：原函数法 (Milne-Thomson Method) ​

思路： 直接利用公式 f′(z)=ux(z,0)−iuy(z,0)f'(z) = u_x(z, 0) - i u_y(z, 0) 求导数，再积分求原函数。

  1. 求 uu 的偏导数：

    ux=2x+y u_x = 2x + y

    uy=−2y+x u_y = -2y + x

  2. 构造 f′(z)f'(z)： 令 x=z,y=0x = z, y = 0 代入偏导数：

    ux(z,0)=2z+0=2z u_x(z, 0) = 2z + 0 = 2z

    uy(z,0)=−0+z=z u_y(z, 0) = -0 + z = z

    根据公式：

    f′(z)=ux(z,0)−iuy(z,0) f'(z) = u_x(z, 0) - i u_y(z, 0)

    f′(z)=2z−i(z)=(2−i)z f'(z) = 2z - i(z) = (2-i)z

  3. 积分求 f(z)f(z)：

    f(z)=∫(2−i)zdz=(2−i)12z2+C′ f(z) = \int (2-i)z dz = (2-i) \frac{1}{2}z^2 + C'

    f(z)=(1−i2)z2+C′ f(z) = (1 - \frac{i}{2})z^2 + C'

    (这里的常数 C′C' 为复常数，对应方法一中的 iCiC)

  4. 若需求 vv： 求 f(z)f(z) 的虚部即可得到与方法一相同的结果。

题目二：PPT 5.2 ​

题目： 已知 u=yx2+y2u = \frac{y}{x^2+y^2}，且 f(1)=0f(1)=0，求 vv 及 f(z)f(z)。

方法一：偏积分法 (Partial Integration Method) ​

  1. 求 uu 的偏导数：

    ux=0⋅(x2+y2)−y⋅2x(x2+y2)2=−2xy(x2+y2)2 u_x = \frac{0 \cdot (x^2+y^2) - y \cdot 2x}{(x^2+y^2)^2} = \frac{-2xy}{(x^2+y^2)^2}

    uy=1⋅(x2+y2)−y⋅2y(x2+y2)2=x2−y2(x2+y2)2 u_y = \frac{1 \cdot (x^2+y^2) - y \cdot 2y}{(x^2+y^2)^2} = \frac{x^2-y^2}{(x^2+y^2)^2}

  2. 利用 vy=uxv_y = u_x 进行积分：

    vy=−2xy(x2+y2)2 v_y = \frac{-2xy}{(x^2+y^2)^2}

    对 yy 积分（凑微分：d(x2+y2)=2ydyd(x^2+y^2) = 2y dy）：

    v=∫−x(x2+y2)−2⋅(2ydy)=−x∫t−2dt v = \int -x (x^2+y^2)^{-2} \cdot (2y dy) = -x \int t^{-2} dt

    v=−x(−t−1)+ϕ(x)=xx2+y2+ϕ(x) v = -x (-t^{-1}) + \phi(x) = \frac{x}{x^2+y^2} + \phi(x)

  3. 利用 vx=−uyv_x = -u_y 确定 ϕ(x)\phi(x)： 求 vxv_x：

    vx=1⋅(x2+y2)−x⋅2x(x2+y2)2+ϕ′(x)=y2−x2(x2+y2)2+ϕ′(x) v_x = \frac{1\cdot(x^2+y^2) - x\cdot 2x}{(x^2+y^2)^2} + \phi'(x) = \frac{y^2-x^2}{(x^2+y^2)^2} + \phi'(x)

    代入 C-R 条件 vx=−uyv_x = -u_y：

    y2−x2(x2+y2)2+ϕ′(x)=−(x2−y2(x2+y2)2)=y2−x2(x2+y2)2 \frac{y^2-x^2}{(x^2+y^2)^2} + \phi'(x) = - \left( \frac{x^2-y^2}{(x^2+y^2)^2} \right) = \frac{y^2-x^2}{(x^2+y^2)^2}

    ϕ′(x)=0⇒ϕ(x)=C \phi'(x) = 0 \Rightarrow \phi(x) = C

  4. 确定常数 CC： 已知 f(1)=0f(1)=0，即当 z=1z=1 (x=1,y=0x=1, y=0) 时，u+iv=0u+iv = 0。

    u(1,0)=012+0=0 u(1,0) = \frac{0}{1^2+0} = 0

    v(1,0)=112+0+C=1+C v(1,0) = \frac{1}{1^2+0} + C = 1 + C

    因为 u+iv=0u+iv=0，且 u=0u=0，则必须 v=0v=0。

    1+C=0⇒C=−1 1 + C = 0 \Rightarrow C = -1

    ∴v=xx2+y2−1 \therefore v = \frac{x}{x^2+y^2} - 1

  5. 写出 f(z)f(z)：

    f(z)=u+iv=yx2+y2+i(xx2+y2−1) f(z) = u + iv = \frac{y}{x^2+y^2} + i(\frac{x}{x^2+y^2} - 1)

    f(z)=y+ixx2+y2−i=i(x−iy)zzˉ−i f(z) = \frac{y + ix}{x^2+y^2} - i = \frac{i(x - iy)}{z \bar{z}} - i

    f(z)=izˉzzˉ−i=iz−i f(z) = \frac{i \bar{z}}{z \bar{z}} - i = \frac{i}{z} - i

方法二：原函数法 (Milne-Thomson Method) ​

  1. 构造 f′(z)f'(z)： 公式：f′(z)=ux(z,0)−iuy(z,0)f'(z) = u_x(z, 0) - i u_y(z, 0) 将 x=z,y=0x=z, y=0 代入偏导数表达式（注意分母不为0）：

    • ux=−2xy(x2+y2)2→y=00u_x = \frac{-2xy}{(x^2+y^2)^2} \xrightarrow{y=0} 0
    • uy=x2−y2(x2+y2)2→x=z,y=0z2−0(z2)2=1z2u_y = \frac{x^2-y^2}{(x^2+y^2)^2} \xrightarrow{x=z, y=0} \frac{z^2-0}{(z^2)^2} = \frac{1}{z^2}

    代入公式：

    f′(z)=0−i(1z2)=−iz−2 f'(z) = 0 - i \left( \frac{1}{z^2} \right) = -i z^{-2}

  2. 积分求 f(z)f(z)：

    f(z)=∫−iz−2dz=−iz−1−1+Ccomplex f(z) = \int -i z^{-2} dz = -i \frac{z^{-1}}{-1} + C_{complex}

    f(z)=iz+Ccomplex f(z) = \frac{i}{z} + C_{complex}

  3. 确定常数： 利用条件 f(1)=0f(1) = 0：

    i1+Ccomplex=0 \frac{i}{1} + C_{complex} = 0

    i+Ccomplex=0⇒Ccomplex=−i i + C_{complex} = 0 \Rightarrow C_{complex} = -i

  4. 结果：

    f(z)=iz−i f(z) = \frac{i}{z} - i

    (或者写成 f(z)=i(1z−1)f(z) = i(\frac{1}{z} - 1))

题目 P27 2.2(3) ​

题目： f(z)=xy2+ix2yf(z) = xy^2 + i x^2y，问何处可导？何处解析？

解题步骤：

  1. u=xy2,v=x2yu = xy^2, v = x^2y。
  2. 柯西-黎曼 (C-R) 方程：
    • ux=y2u_x = y^2, vy=x2⇒y2=x2⇒y=±xv_y = x^2 \Rightarrow y^2 = x^2 \Rightarrow y = \pm x
    • uy=2xyu_y = 2xy, vx=2xy⇒uy=−vx⇒2xy=−2xy⇒4xy=0⇒x=0 或 y=0v_x = 2xy \Rightarrow u_y = -v_x \Rightarrow 2xy = -2xy \Rightarrow 4xy = 0 \Rightarrow x=0 \text{ 或 } y=0
  3. 求交集（可导点）： 必须同时满足上述两个条件。 若 x=0x=0，代入 y=±xy=\pm x 得 y=0y=0。点 (0,0)(0,0)。 若 y=0y=0，代入 y=±xy=\pm x 得 x=0x=0。点 (0,0)(0,0)。 结论： 仅在 z=0z=0 处可导。
  4. 解析性： 解析要求在某点的邻域内处处可导。因为只在一点可导，所以在复平面上处处不解析。

题目 2.10 (变型题) ​

题目： 求 Ln(−i)Ln(-i) 和 Ln(−3+4i)Ln(-3+4i) 的主值。

知识点提示： 主值公式 Ln(z)=ln⁡∣z∣+iArg(z)Ln(z) = \ln|z| + i \text{Arg}(z)，其中 Arg(z)∈(−π,π]\text{Arg}(z) \in (-\pi, \pi]。

(1) Ln(−i)Ln(-i)

  • 模长 ∣−i∣=1|-i| = 1，对数 ln⁡(1)=0\ln(1) = 0。
  • 主辐角：−i-i 在虚轴负半轴，Arg(−i)=−π2\text{Arg}(-i) = -\frac{\pi}{2}。
  • 答案： Ln(−i)=−iπ2Ln(-i) = -i\frac{\pi}{2}。

(2) Ln(−3+4i)Ln(-3+4i)

  • 模长 ∣−3+4i∣=(−3)2+42=5|-3+4i| = \sqrt{(-3)^2+4^2} = 5。实部 ln⁡5\ln 5。
  • 主辐角：点 (−3,4)(-3, 4) 在第二象限。 参考角 α=arctan⁡∣4−3∣=arctan⁡(43)\alpha = \arctan|\frac{4}{-3}| = \arctan(\frac{4}{3})。 第二象限角为 π−arctan⁡(43)\pi - \arctan(\frac{4}{3})。
  • 答案： Ln(−3+4i)=ln⁡5+i(π−arctan⁡43)Ln(-3+4i) = \ln 5 + i(\pi - \arctan\frac{4}{3})。