z1,z2,z三个点共线的条件是3z2?z1为实数。
z3?z19．写出过z1,z2 (z1?z2)两点的直线的复参数方程。
?x?x1?t(x2?x)1， ?1?y?y1?t(y2?y)解：过两点的直线的实参数方程为： 因而，复参数方程为：
z?x?iy?1x?1iy?(t2x?1x?2iy?)1iy?1(?z2t ?)zz 其中t为实参数。
10．下列参数方程表示什么曲线？（其中t为实参数）
i（1）z?(1?i)t （2）z?acost?ibsint （3）z?t?
t解：只需化为实参数方程即可。 （1）x?t,y?t，因而表示直线y?x
x2y2（2）x?acost,y?bsint，因而表示椭圆2?2?1
ab1（3）x?t,y?，因而表示双曲线xy?1
t11．证明复平面上的圆周方程可表示为 其中a为复常数，c为实常数 证明：圆周的实方程可表示为：x2zz?az?az?c?0，
?y2?Ax?By?c?0，
z?zz?z222, y?代入x?，并注意到x?y?z?zz，由此 22iz?zz?z?B?c?0， zz?A22i整理，得
A?BiA?Bizz?z?z?c?0
22记
A?BiA?Bi，则?a，由此得到 ?a22
zz?az?az?c?0，结论得证。
12．证明：幅角主值函数argz在原点及负实轴上不连续。 证明：首先，argz在原点无定义，因而不连续。 对于x0?0，由argz的定义不难看出，当z由实轴上方趋
于x0时，argz??，而当z由实轴下方趋于x0时，argz???，由此说明limargz不存在，因而argz在x0点不连续，即在负实轴上不连续，
z?x0结论得证。
12213．函数w?把z平面上的曲线x?1和x?y?4分别映成w平面中
z的什么曲线？
解：对于x?1，其方程可表示为z?1?yi，代入映射函数中，得
w?u?iv?u?111?iy??， 2z1?iy1?y因而映成的像曲线的方程为 得 圆周。 对
于
1?y, v?，消去参数y，221?y1?yu2?v2?112212?u,即(u?)?v?(),表示一个21?y22x2?y2?4，其方程可表示为
z?x?iy?2cos??2isin?
代入映射函数中，得
w?u?iv?11co?s?is?in ??z2co?s?i2s?in2，
11因而映成的像曲线的方程为 u?cos?, v??sin?，消去参数?2211，表示一半径为的圆周。 4214．指出下列各题中点z的轨迹或所表示的点集，并做图：
得u2?v2?解：（1）
z?z0?r (r?0)，说明动点到z0的距离为一常数，因而表
示圆心为z0，半径为r的圆周。 （2）
z?z0?r,是由到z0的距离大于或等于r的点构成的集合，即圆心
为z0半径为r的圆周及圆周外部的点集。 （3）
z?1?z?3?8,说明动点到两个固定点1和3的距离之和为一常
数，因而表示一个椭圆。代入z?x?iy,化为实方程得
(x?2)2y2??1
1615（4）
z?i?z?i,说明动点到i和?i的距离相等，因而是i和?i连线的
垂直平分线，即x轴。 （5）arg(z?i)??4，幅角为一常数，因而表示以i为顶点的与x轴正向
?夹角为的射线。
415．做出下列不等式所确定的区域的图形，并指出是有界还是无界，单连通还是多连通。 （1）2?z?3，以原点为心，内、外圆半径分别为2、3的圆环区域，
有界，多连通 （2）??argz?? (0?????2?)，顶点在原点，两条边的倾角
分别为?,?的角形区域，无界，单连通 （3）
z?3?1，显然z?2，并且原不等式等价于z?3?z?2，说z?2明z到3的距离比到2的距离大，因此原不等式表示2与3 连线的垂直平分线即x?2.5左边部分除掉x?2后的点构成的集合，是一无界，多连通
区域。 （4）
z?2?z?2?1，
显然该区域的边界为双曲线
z?2?z?2?1，化为实方程为
4x2?42y?1，再注意到z到2与z到?2的距离之差大于1，因而不15z?1?4z?1，代入z?x?iy，化为实不等式，得
等式表示的应为上述双曲线左边一支的左侧部分，是一无界单连通区域。 （5）
(x?1728 )?y2?()21515178所以表示圆心为(?,0)半径为的圆周外部，是一无界多连通区域。
1515
习题二答案
1．指出下列函数的解析区域和奇点，并求出可导点的导数。 （1）(z?1) （2）z53?2iz （3）
11 （4） z?2z?3z?1解：根据函数的可导性法则（可导函数的和、差、积、商仍为可导函数，
商时分母不为0），根据和、差、积、商的导数公式及复合函数导数公式，再注意到区域上可导一定解析，由此得到：
]??5(z?1)4 323（2）z?2iz处处解析，(z?2iz)??3z?2i
12（3）2的奇点为z?1?0，即z??i，
z?1?1?(z2?1)?z2?)??, z (??i ) (22222z?1(z?1)z(?1)1（4）z?的奇点为z??3，
z?311)??1?, (z??3) (z?2z?3(z?3)（1）(z?1)处处解析，[(z?1)2．判别下列函数在何处可导，何处解析，并求出可导点的导数。 （1）
55f(z)?xy2?x2yi （2）f(z)?x2?y2i
（3）
f(z)?x3?3xy2?i(3x2y?y3) （4）f(z)?1 z解：根据柯西—黎曼定理： （1）u?xy2, v?x2y，
ux?y2, vy?x2,uy?2xy, vx?2xy
四个一阶偏导数皆连续，因而u,v处处可微，再由柯西—黎曼方程 ux? vy, uy?? vx解得：x?y?0，
因此，函数在z?0点可导， f?(0)?ux?ivxz?0?0，
函数处处不解析。
?x2, v?y2，
vy?2y,u0,v ? ux?2x, y?x 四个一阶偏导数皆连续，因而u,v处处可微，再由柯西—黎曼方程 ux? vy, uy?? vx解得：x?y， 因此，函数在直线y?x上可导，
x， f?(x?ix)?ux?ivxy?x?2（2）u
因可导点集为直线，构不成区域，因而函数处处不解析。 （3）u?x3?3xy2, v?3x2y?y3，
22ux?3x2?3y2, v?3x?3y,u??6xy,x v ? 6xyyy 四个一阶偏导数皆连续，因而 u,v 处处可微，并且 u,v 处处满
uy?? v x 足柯西—黎曼方程 ux? vy,
因此，函数处处可导，处处解析，且导数为
f?(z)?ux?ivx? 3x2?3y2+i6xy?3z2
11x?iyxy?2, v?2 （4）f(z)??，u?2， 222x?yx?yzx?iyx?yy2?x2x2?y2, v y? ux?2， 22222(x?y)(x?y)?2xy?2xy, vx? uy?2， 22222(x?y)(x?y) 因函数的定义域为z?0，故此，u,v处处不满足柯西—黎曼方程，
因而函数处处不可导，处处不解析。 3．当l,m,n取何值时处解析？ 解：u32f(z)?my3?nx2y?i(x?lxy)在复平面上处
?my3?nx2y, v?x3?lxy2
ux?2nxy, vy?2lxy, uy?3my2?nx2, vx?3x2?ly2，