复变函数第3篇习题课
复变函数第三章答案
��� 在 C +1, 0 上，所以
∫ ∫ 1
1
���� C +1,0
1+
z2
dz
=
2i
1 ( ����
−
1
)dz = 1 (2π i) = π ，
C+1,0 z − i z + i
2i
同理如果 C 仅围绕 i 按顺时针转一周，有
∫ ∫ 1
1
���� C +1,0
1+
z2
dz
=
2i
( ���� 1 − 1 )dz = 1 (−2πi) = −π ，
dz = 1 ⋅( z −1)1−n 1− n
3 =
1
2 1− n
21−n −1
=
1 n−
1 ⎛⎜⎝1
−
1 2n−1
⎞ ⎟
。
⎠
所以，
⎧k ⋅(±2π i) + ln 2, n =1
In
=
⎪
⎨ ⎪⎩
n
1 −1
⎛⎜1 ⎝
−
1 2n−1
⎞ ⎟
,
⎠
。
n ≠1
6. 设 C = 0�,1是不过点 ±i 的简单光滑曲线，证明：
���
���
显然 C + 3, 2 构成简单闭曲线，并且1在 C + 3, 2 的内部，所以
∫ ���� 1 dz = 2π i ，
C+3,2 z −1 同理如果 C 仅围绕1按顺时针转一周，有
于是
∫ ���� 1 dz = −2π i ，
C+3,2 z −1
∫ ∫ ∫ ∫ I1 =
1 dz =
复变函数第三章习题答案
第三章柯西定理柯西积分掌握内容：1.柯西积分定理：若函数()f z 在围线C 之内是处处解析的，则()Cf z dz =⎰0 。
2.柯西积分定理的推广：若函数()f z 在围线C 之内的,,...n z z z 12点不解析，则()()()...()nCC C C f z dz f z dz f z dz f z dz =+++⎰⎰⎰⎰12，其中,,...nC C C 12是分别以,,...n z z z 12为圆点，以充分小的ε为半径的圆。
3.若在围线C 之内存在不解析点，复变函数沿围线积分怎么求呢？——运用柯西积分公式。
柯西积分公式：若函数z 0在围线C 之内，函数()f z 在围线C 之内是处处解析的，则()()Cf z dz if z z z π=-⎰002 4.柯西积分公式的高阶求导公式：若函数z 0在围线C 之内，函数()f z 在围线C 之内是处处解析的，则()()()()!n n Cf z i dz f z z z n π+=-⎰0102习题：1.计算积分⎰++-idz ix y x 102)(积分路径是直线段。
解：令iy x z +=，则idy dx dz += 积分路径如图所示：在积分路径上：x y =，所以313121212131211032223211211211210102102102i x ix y i x ix x dxix x i iydy xdx dx ix x dy ix x i iydy ydx dx ix x idy dx ix y x dz ix y x ii+-=-+--+=++--+=++--+=++-=+-⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰++)()()()()())(()(2.计算积分⎰-iidz z 。
积分路径分别是：（1）直线段，（2）右半单位圆，（3）左半单位圆。
解：（1）令z x i y =+，则z dz xd idy ==+，在积分路径上，0x =，所以11iiz dz iydy iydy i--=-+=⎰⎰⎰（2）令i z re θ=，在积分路径上：,1i z r dz ie d θθ===//222i i iz dz ie d i πθπθ--==⎰⎰（3）令i z re θ=，在积分路径上：,1i z r dz ie d θθ===//2322ii iz dz ie d i πθπθ-==⎰⎰5.不用计算，证明下列分之值为零，其中为单位圆。
复变函数论第三版课后习题答案解析
第一章习题解答（一）1．设z ，求z 及Arcz 。
解：由于3i z e π-== 所以1z =，2,0,1,3Arcz k k ππ=-+=±L 。
2．设121z z =，试用指数形式表示12z z 及12z z 。
解：由于6412,2i i z e z i e ππ-==== 所以()64641212222i i iiz z e eee πππππ--===54()146122611222ii i i z e e e z e πππππ+-===。
3．解二项方程440,(0)z a a +=>。
解：12444(),0,1,2,3k ii za e aek πππ+====。
4．证明2221212122()z z z z z z ++-=+，并说明其几何意义。
证明：由于2221212122Re()z z z z z z +=++2221212122Re()z z z z z z -=+-所以2221212122()z z z z z z ++-=+其几何意义是：平行四边形对角线长平方和等于于两边长的和的平方。
5．设z 1，z 2，z 3三点适合条件：0321=++z z z ,1321===z z z 。
证明z 1，z 2，z 3是内接于单位圆1=z 的一个正三角形的顶点。
证 由于1321===z z z，知321z z z ∆的三个顶点均在单位圆上。
因为33331z z z ==()[]()[]212322112121z z z z z z z z z z z z +++=+-+-=21212z z z z ++=所以， 12121-=+z z z z ，又)())((122122112121221z z z z z z z z z z z z z z +-+=--=-()322121=+-=z z z z故 321=-z z ，同理33231=-=-z z z z ，知321z z z ∆是内接于单位圆1=z 的一个正三角形。
复变函数习题答案第3章习题详解.docx
第三章习题详解1・沿下列路线计算积分J；' z2dz o1）自原点至3 + i的直线段；解：连接自原点至34-1的直线段的参数方程为：z =（3+》0<r<l dz =（3 + i）dt2）自原点沿实轴至3,再由3铅直向上至3 +八解：连接自原点沿实轴至3的参数方程为：z = t 0</<1 dz = dt3 1=-33 «3连接自3铅直向上至3 +,的参数方程为：z = 3 + ir O<Z<1 dz = idt J J z2dz = £(3 + it)2 idt = -(34-17)3=-(3 + i)3彳" 3 n 3・・・ f z2dz = £t2dt 4- £(3 + it)2id/ = 133 4-1(3 4-1)3 - i33 = |(3 + i)33)自原点沿虚轴至i,再由i沿水平方向向右至3+i。
解：连接自原点沿虚轴至i的参数方程为：z = it 0</<1 dz = idtJ：Z2dz = J；(it)2 idt = | (i/)3= * 尸连接自i沿水平方向向右至3 + i的参数方程为：z = t^i 0<^<1 dz = dtr*edz=jo edz+广eaz=y+敦+厅-|/3=|（1+厅2.分别沿y =兀与y =兀2算出积分J；'（兀2 + iy^dz的值。
解：•/ j = x x2 + iy = x2 + ix ••• dz = (1 + i)dx・・・『(x2 + iy)dz = (1+ (x2 + ix)dx = (1 +•/ y = x2A x2 + iy = x2 4- ix2 = (1 + i)x2:. rfz = (1 + ilx)dxf 衣=［（3+03&二（3+讥♦3+i0=(3 + 厅0 d^ed Z=[\2dt=护而（W 宙討…T + 一 11.1.11 5. i = 1—i3 3 2 26 6/(z) =1 _ 1 z 2+2z + 4~ (z + 2)2在c 内解析，根据柯西一古萨定理,$匹J z 2 + 2z + 4/. £1+，(x 2+ iy)dz = (1 + /)£ * (1 + ilx)dx = (14-彳+ 设/(z)在单连通域〃内处处解析，C 为B 内任何一条正向简单闭曲线。
《复变函数》第四版习题解答第3章
-1-
∫ ∫
C
Re[ f (z )]dz = Im[ f (z )]dz =
∫ ∫
2π
0 2π
Re e iθ de iθ = cos θ (− sin θ + i cos θ )dθ = π i ≠ 0
[ ]
∫
2π
0
C
0
Im e iθ deiθ = sin θ (− sin θ + i cos θ )dθ = −π ≠ 0
3．设 f ( z ) 在单连域 D 内解析，C 为 D 内任何一条正向简单闭曲线，问
∫
解
C
Re[ f (z )]dz =
∫
C
Im[ f (z )]dz = 0
是否成立，如果成立，给出证明；如果不成立，举例说明。 未必成立。令 f ( z ) = z ， C : z = 1 ，则 f ( z ) 在全平面上解析，但是
e z dz v ∫C z 5 ， C :| z |= 1
= 2πe 2 i
解
（1）由 Cauchy 积分公式， ∫ 解 1： ∫ 解 2： ∫
C
ez dz = 2π i e z z−2
z =2
（2）
C
1 dz 1 = ∫ z + a dz = 2π i 2 2 C z−a z+a z −a
2
=
z =a
=0
（8）由 Cauchy 积分公式， （9）由高阶求导公式， ∫
v ∫
C
sin zdz = 2π i sin z |z =0 = 0 z
2
sin z
C
π⎞ ⎛ ⎜z − ⎟ 2⎠ ⎝
dz = 2π i(sin z )'
复变函数论第三版课后习题答案
第一章习题解答（一）1．设z ，求z 及Arcz 。
解：由于3i z e π-== 所以1z =，2,0,1,3Arcz k k ππ=-+=±。
2．设121z z =，试用指数形式表示12z z 及12z z 。
解：由于6412,2i i z e z i e ππ-==== 所以()64641212222i i iiz z e eee πππππ--===54()146122611222ii i i z e e e z e πππππ+-===。
3．解二项方程440,(0)z a a +=>。
解：12444(),0,1,2,3k ii za e aek πππ+====。
4．证明2221212122()z z z z z z ++-=+，并说明其几何意义。
证明：由于2221212122Re()z z z z z z +=++2221212122Re()z z z z z z -=+-所以2221212122()z z z z z z ++-=+其几何意义是：平行四边形对角线长平方和等于于两边长的和的平方。
5．设z 1，z 2，z 3三点适合条件：0321=++z z z ,1321===z z z 。
证明z 1，z 2，z 3是内接于单位圆1=z 的一个正三角形的顶点。
证 由于1321===z z z，知321z z z ∆的三个顶点均在单位圆上。
因为33331z z z ==()[]()[]212322112121z z z z z z z z z z z z +++=+-+-=21212z z z z ++=所以， 12121-=+z z z z ，又)())((122122112121221z z z z z z z z z z z z z z +-+=--=-()322121=+-=z z z z故 321=-z z ，同理33231=-=-z z z z ，知321z z z ∆是内接于单位圆1=z 的一个正三角形。
复变函数3jisuan(C)
三、计算题1. 求积分∫+C zdz z e 22)1(,其中是圆周C 2||=z . 2. 计算∫∫==+−+235121)1(sin z z z z dz z dz z z e . 3. 求函数)2)(1(1)(−−=z z z f 在区域{}1||0:<<=z z D 上的Laurent 展开式. 4. 设λ−λ+λ+λ=∫d z z f C194)(2，其中{}3|:|==z z C ，求)1(i f +′. 5. 设)0(2:,2)(πθθ≤≤=+=i e z C z z z f ，求 dz z f C∫)(.6. 设，求B A A A n n ==−122,n n A ∞→lim ． 7. 设Q 为有理数集, 函数, 求.x Q xe x x x f +=2007)()(χ∫]1,0[)(dx x f 8. 求积分 ∫++C z dz z z e 122, 其中C 为圆周7||=z 的正向.9. 求∫∫∫===++−+3||2007235121cos )1(cos z z z z zdz z dz z dz z z e . 10. 求函数)2)(1(1)(−−=z z z f 在{}1||0:<<=z z D 上的Laurent 展开式. 11. 设λλλλd z z f C∫−++=769)(2，其中{}5|:|==z z C 并取正向，求. )1(i f +′12. 设)0(2:,23)(πθθ≤≤=+=i e z C z z z f ，求 dz z f C∫)(.13. .cos 11||∫=z dz z14. 求).,1(Res 2i ze iz−+ 15. nn i i ⎟⎠⎞⎜⎝⎛−+⎟⎠⎞⎜⎝⎛+2121。
16. 求)2)(1(1)(−−=z z z f 在+∞<<|z |2内的罗朗展式。
17. 求在|z |<1内根的个数。
复变函数与积分变换第三章习题解答
fc Re[f (z)}Lz= s:·T Re[产�/0 = J�os0(- sin0+icos0}10= 冗 i-:t:O
、
f clm[J(z)}lz=
1 单位圆上 z=- 的性质 ， 及柯西积分公式说明 4. 利用
s::r
il) i(J lm[e �e = fo�in0(-sin0+icos0}10 =- -:t:O
宣
(4) (5) ( 6)由柯西基本定理知 ： 其结果均为0
1 正气衣 =f 一 (z+iXz +4) 如fz+il: lz 气 z +j z- J 3
2
I
1
=2冗i
(8)由
Cauchy 积分公式，
(9)由 高阶求导公式， (10)由高阶求导公式
fc ,'�"�『心 �2 i(sin,)
兀
f sinzdz =2
I。
: z 由=JJ3r +i t)\3+i肋
+I 2
(2)
I:
打
/dz = �··(. 止+f c, z油+f C2/dz•
2
l。
1 I 26. I =...:.(3+i)3 t3 1 =-(3+i)1=6+—I 3 3 3 0
=(3 + i)3
I
t d,
2
C3
{
x = 3, y =t,
(Ost 釭）； c, 之参数方程为{ y = t,
-4 -
故 Re [
共部分为 B 。 如果 f伈）在B1 -B 与B2 -B内解析 ， 在 证明
1 3. 设 cl 与 C 2为相交干 M、N两点的简单闭曲线
复变函数 考试复习
第三章 习题课一、内容提要复变函数积分的定义，计算，性质。
柯西定理，柯西积分公式，高阶导数公式。
柯西不等式。
())(,1012重要的常用的积分⎩⎨⎧∈≠==-⎰Zn n n i a z dzncπ其中c 为包含a 在其内部的一条简单闭曲线 二、习题选解例1、沿第一象限中线路()2,1=ℑC ，计算积分xydy dx y x ic 222-+⎰，起点和终点分别为（1，0）和（0，1）1:12221=+=+y x c y x c ：解：（1）在t y t x c =-=,11上，则10,,≤≤=-=t dt dy dt dx()[](){}⎰⎰⎰-=-=-++--=-+∴11222211212)(1dt tdt t dx t t xydydx y x c（2）在)20(,sin ,cos 2πθθθ≤≤==y x c 上，⎰⎰⎰-=-+-=-+20220222235cos sin 2sin )sin (cos 2)(2ππθθθθθθθd d xydydx y x c例2，dz iz c 2)2(+⎰其中c 为从1到i +2的简单曲线 （引理）解：2)2(iz +在复平面上解析（连续），且有原函数3)2(31)(iz iz F +=[]{})1(313)2()2(231)1()2()2(332i i i i i F i F dz iz c +-=+-++=-+=+∴⎰ 例3、计算积分dz z i c )(-⎰，这里c 为（1）自0到i +1的直线段（2）自0到i +1的抛物线2x y =的弧段解：（1）从0到i +1的直线段的方程为ti t t i t z +=++⋅-=)1(0)1( 10≤≤t ，则()ii dti t dti i t t i ti t i dz z i c +-=+--=+--=+++-=++-=-⎰⎰⎰⎰211)12()1()1()1)(()(111（2）设弧段的方程为 10,2≤≤+=t i t t z 则dt ti i t t i dz z i c )21()()(102++-=-⎰⎰[]i dt t t t 322)1()32(1023+-=+-+--=⎰例4，计算dz z z e zz ⎰-=)1(23解：（一）积分闭路内有三个奇点z=0，-1，1，为此被积函数分解为部分分式，化为三个积分之和，使每个积分的被积函数只有一个奇点，再应用柯西公式，因为121121)1(2++-+-=-z e z e z e z z e z z z z)2(2212212121121)1(1133323-+=⋅⋅+⋅⋅+⋅-=++-+-=---====⎰⎰⎰⎰e e i e i e i e i dz z e dz z e dz z e dz z z e zz z z z z zz ππππ 故（二）作互不相交的互不包含的三个小圆周321,,c c c 分别包含0，1，-1，且都在3=z 内，应用复合围线积分定理，有)2()22(21)1(1)1(11)1()1()1()1(111222223321321-+=++=+⋅-+-⋅++⋅-=-+-+-=---=⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰e e i e e e i z dzz z e z dz z z e z dz z dzz z e dz z z e dz z z e dz z z e z cz c c zc z c z c z z ππ例5、计算：232)1(-⎰=z z dzz 解、被积函数22)1(1-z z 有两个奇点：01=z 积12=z ，都在2=z 内，利用复合围线积分定理，作圆周4114121=-=z c z c ：，：23411324123412341222)1(1)0()1(1)1()1()1(1-+--=-+-=-⎰⎰⎰⎰⎰=-====z z dz z z z z dz z z dzdz z z z z z z z 由高阶导数公式，得()0"11!22)1(02222=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=-==⎰z z z i z z dz π例6，P 56，9（2）证明01)(22≥=≤+⎰Kez z dz iy x c ，，若为有半单位圆π 证明：因为在C 上，122=+y xππ≤+≤+≤++≤+=+⎰⎰dy iy x dz iy x C iy x C y x y x iy x c c 222222224422)(1有，由积分估值公式，的长度为，又上，故在而例7、P 56，14 通过计算)21(1121 ，，=⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎰=n dz zz z nz 证明⎰⋅⋅-⋅⋅⋅=ππθθ2022642)12(5312cos nn d n证明：因为()θθθππθθd i id ee z dz z z n nni i nz ⎰⎰⎰=+=⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=20202221cos 21!)!2(!)!12(2!)!2(2)1(22!)22)(12(22)2!)(2!()!2(2cos )!()!2(2!)12()12(22!)12()12(211!)12()12(21211121002212112221n n n n n n n n n n n d n n i n n n n n izdz n n n n n dzz z z n n n n n z nz z z z z k i k dk z n n nn z nz n n nkz -=⋅-⋅--==⋅=+--=⋅+--=⎪⎭⎫ ⎝⎛+∴⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--++++=⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎩⎨⎧-=-≠=⎰⎰⎰⎰==-=πππθθπππ 从而于是而0cos 2012=⎰-θθπd n 同理例8、计算221-⎰=z dzz解：因为，2=z 所以θπθθθd ie dz e z i i 2,20,2=≤==+===-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=+-=---=-∴-=-==⎰⎰⎰⎰⎰⎰=====θθππθθπθθd i i dz z dz z i z z dz i z z z dz i z dz zdzid e ie i d dz z z z z z i i 202222222cos 45234)20(32114132452)1)(1(2122222或原式例9、P 56 6，8，16，17 6、)('z g 在D 内解析[])(')()()('')()(z g z f z g z f z g z f +=，积分与路径无关。
复变函数第三章习题答案
复变函数第三章习题答案复变函数第三章习题答案第一题：设f(z) = u(x,y) + iv(x,y) 是定义在D上的解析函数，其中D是包含原点的区域。
证明：如果f(z) 在D上为常数，则f(z) 在D上为零函数。
解答：根据题意，我们知道f(z) 是定义在D上的解析函数，并且在D上为常数。
即对于任意的z = x + iy ∈ D，有f(z) = c，其中c为常数。
由于f(z) 是解析函数，根据解析函数的性质，它满足柯西-黎曼方程：∂u/∂x = ∂v/∂y∂u/∂y = -∂v/∂x由于f(z) 在D上为常数，因此u(x,y) 和 v(x,y) 在D上也为常数。
假设u(x,y) = A，v(x,y) = B，则有：∂u/∂x = 0∂u/∂y = 0∂v/∂x = 0∂v/∂y = 0由柯西-黎曼方程可得：∂u/∂x = ∂v/∂y = 0∂u/∂y = -∂v/∂x = 0由此可得，u(x,y) 和 v(x,y) 为常数函数，即在D上为常数A和B。
由于f(z) =u(x,y) + iv(x,y)，所以f(z) = A + iB。
因此，如果f(z) 在D上为常数，则f(z) 在D上为零函数。
第二题：设f(z) = u(x,y) + iv(x,y) 是定义在D上的解析函数，其中D是包含原点的区域。
证明：如果f(z) 在D上为纯虚函数，则f(z) 在D上为常数。
解答：根据题意，我们知道f(z) 是定义在D上的解析函数，并且在D上为纯虚函数。
即对于任意的z = x + iy ∈ D，有f(z) = iv(x,y)，其中i为虚数单位。
由于f(z) 是解析函数，根据解析函数的性质，它满足柯西-黎曼方程：∂u/∂x = ∂v/∂y∂u/∂y = -∂v/∂x由于f(z) 在D上为纯虚函数，因此u(x,y) = 0，v(x,y) ≠ 0。
假设v(x,y) = B，则有：∂u/∂x = 0∂u/∂y = 0∂v/∂x = 0∂v/∂y = B由柯西-黎曼方程可得：∂u/∂x = ∂v/∂y = 0∂u/∂y = -∂v/∂x = -B由此可得，u(x,y) = 0，v(x,y) = B。
复变函数讲义-3-习题课
f (z) M ,那末 f (z)dz f (z)ds ML.
C
C
机动 目录 上页 下页 返回 结束
29
例9 设C为圆周 z − 1 = 2证明下列不等式.
c
z z
+ 1dz −1
8.
证明 因为 z − 1 = 2，
所以 z + 1 = z − 1 + 2 z − 1 + 2 = 2,
24
2)若封闭曲线C包含0而不包含1,则
由柯西积分公式得
C
ez z(1 −
z)3
dz
=
ez
C
(1 − z)3 d z z
= 2i ez (1 − z)3 z=0
= 2i.
y
O
•
1x
C
机动 目录 上页 下页 返回 结束
25
3)若封闭曲线C包含1而不包含0,则
f (z) = ez 在C内解析, 由高阶导数公式得 z
机动 目录 上页 下页 返回 结束
20
(2) a在曲线C内，b不在曲线C内
由高阶导数公式，有
1
C
(
z
−
1 a)n (
z
−
b)
dz
=
C
(
z−b z − a)n
dz
=
2i
1 (n−1)
(n − 1)! z − b
z=a
=
2i (−1)n−1
(n − 1)!
(n − 1)! (z − b)n
2
一、定积分与不定积分
定积分(参数方程法)常用于函数在积分曲线上有 奇点或在积分区域内部有无穷多奇点情况；不定 积分注意所要求条件
最新复变函数习题答案第3章习题详解
第三章习题详解1． 沿下列路线计算积分⎰+idz z 302。
1) 自原点至i +3的直线段；解：连接自原点至i +3的直线段的参数方程为：()t i z +=3 10≤≤t ()dt i dz +=3()()()⎰⎰+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=+=+131033233023313313i t i dt t i dz z i2) 自原点沿实轴至3，再由3铅直向上至i +3；解：连接自原点沿实轴至3的参数方程为：t z = 10≤≤t dt dz =3303323233131=⎥⎦⎤⎢⎣⎡==⎰⎰t dt t dz z连接自3铅直向上至i +3的参数方程为：it z +=3 10≤≤t idt dz =()()()331031023323313313313-+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=+=⎰⎰+i it idt it dz z i()()()333310230230233133********i i idt it dt t dz z i+=-++=++=∴⎰⎰⎰+ 3) 自原点沿虚轴至i ，再由i 沿水平方向向右至i +3。
解：连接自原点沿虚轴至i 的参数方程为：it z = 10≤≤t idt dz =()()310312023131i it idt it dz z i=⎥⎦⎤⎢⎣⎡==⎰⎰连接自i 沿水平方向向右至i +3的参数方程为：i t z += 10≤≤t dt dz =()()()33103102323113131i i i t dt i t dz z ii-+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=+=⎰⎰+()()333332023021313113131i i i i dz z dz z dz z iiii+=-++=+=∴⎰⎰⎰++ 2． 分别沿x y =与2x y =算出积分()⎰++idz iy x102的值。
解：x y = ix x iy x +=+∴22()dx i dz +=∴1 ()()()()()⎪⎭⎫⎝⎛++=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛++=++=+∴⎰⎰+i i x i x i dx ix x i dz iy x i213112131111023102102 2x y = ()22221x i ix x iy x +=+=+∴ ()dx x i dz 21+=∴()()()()()⎰⎰⎪⎭⎫⎝⎛++=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛++=++=+∴+1104321022131142311211i i x i x i dx x i x i dz iy xi而()i i i i i 65612121313121311+-=-++=⎪⎭⎫⎝⎛++3． 设()z f 在单连通域B 内处处解析，C 为B 内任何一条正向简单闭曲线。
复变函数第三章习题参考答案
工程数学（复变函数） 第三章复习题参考答案
湖南大学数学与计量经济学院
一、判断题（每题2分，5题共10分）
1、 f ( z ) 为定义在区域 D 内的解析函数，则其导函数 f ( z ) 也是解析函数. （ 若 2、 f ( z ) 在区域 D 内解析， 若 则对 D 内任一简单闭曲线 C 都有 f ( z )dz 0 （ .
t t z
1
(1 i)e (1 i)e it (cos t i sin t sin t i cos t ) (e ieit ) 2 2 0 0
t t
1
1
e
(1i ) t 1 0
e1i e0 e1i 1 .
7、解： （1） c 的方程为 z x ，代入，得
1
c2
e
ei (cos y i sin y )dy e 1 ei (sin y i cos y ) 0
0
e 1 ei (sin1 i cos1 i) e(cos1 i sin1) 1 e1i 1；
2）从 0 到1 i 的直线段的方程为 z x iy t ti ， t : 0 1 ， 代入积分表达式中，得
n 2
2、证明： u x2 y2 xy ux 2x y, uy 2 y x
2u 2u 2 2 2 2 0 u 是调和函数. x y
v( x, y)
( x, y )
(0,0)
923859-复变函数-3-习题课
( x,0)
(2 y x)dx (2x y)dy
(0,0)
(0,0)
( x, y)
( x, y)
(2 y x)dx (2x y)dy C
( x,0)
( x,0)
机动 目录 上页 下页 返回 结束
28
x
y
[ 0 (2 y x)dx]y0 [ 0 (2x y)dy]xx C
得
v
(2 y
x)dx
2 xy
x2 2
g(
y),
v 2x g( y). y
又 v u 2x y. y x
机动 目录 上页 下页 返回 结束
26
比较两式可得 : 2x g( y) 2x y, 故 g( y) y.
即 因此
g( y)
ydy
y2 2
C.
v 2xy x2 y2 C
机动 目录 上页 下页 返回 结束
25
四、用调和函数求解析函数
例7 已知调和函数u( x, y) x2 y2 xy.求其共 轭调和函数v( x, y)及解析函数
f (z) u( x, y) iv( x, y).
解法一 偏积分法. 利用柯西—黎曼方程,
v u (2 y x) 2 y x, x y
x
y
0 (0 x)dx 0 (2x y)dy C
x2 2xy y2 C (C为任意常数),
2
2
因而得到解析函数
f (z) u( x, y) i( x, y)
z2(2 i) iC. 2
机动 目录 上页 下页 返回 结束
29
例8 已知 u( x, y) x3 6x2 y 3xy2 2 y3 求解 析函数 f (z) u iv,使符合条件 f (0) 0. 解 因为 v u 3x2 12xy 3 y2,
复变函数论第三版课后习题答案[1]
![复变函数论第三版课后习题答案[1]](https://img.taocdn.com/s3/m/b6df3f76ba0d4a7302763ab4.png)
第一章习题解答（一）1．设z ，求z 及Arcz 。
解：由于3i z e π-== 所以1z =，2,0,1,3Arcz k k ππ=-+=±L 。
2．设121z z =，试用指数形式表示12z z 及12z z 。
解：由于6412,2i i z e z i e ππ-==== 所以()64641212222i i iiz z e eee πππππ--===54()146122611222ii i i z e e e z e πππππ+-===。
3．解二项方程440,(0)z a a +=>。
解：12444(),0,1,2,3k ii za e aek πππ+====。
4．证明2221212122()z z z z z z ++-=+，并说明其几何意义。
证明：由于2221212122Re()z z z z z z +=++2221212122Re()z z z z z z -=+-所以2221212122()z z z z z z ++-=+其几何意义是：平行四边形对角线长平方和等于于两边长的和的平方。
5．设z 1，z 2，z 3三点适合条件：0321=++z z z ,1321===z z z 。
证明z 1，z 2，z 3是内接于单位圆1=z 的一个正三角形的顶点。
证 由于1321===z z z，知321z z z ∆的三个顶点均在单位圆上。
因为33331z z z ==()[]()[]212322112121z z z z z z z z z z z z +++=+-+-=21212z z z z ++=所以， 12121-=+z z z z ，又)())((122122112121221z z z z z z z z z z z z z z +-+=--=-()322121=+-=z z z z故 321=-z z ，同理33231=-=-z z z z ，知321z z z ∆是内接于单位圆1=z 的一个正三角形。
3复变函数 课后答案(王绵森 著) 高等教育出版社
习题一解答1．求下列复数的实部与虚部、共轭复数、模与辐角。
（1）i 231+； （2）i13i i 1−−； （3）()()2i 5i 24i 3−+； （4）i 4i i 218+−解 （1）()()()2i 31312i 32i 32i 32i 31−=−+−=+ 所以133=⎭⎬⎫⎩⎨⎧+i 231Re ，1322i 31Im −=⎭⎬⎫⎩⎨⎧+,()2i 31312i 31+=+，131********i 3122=⎟⎠⎞⎜⎝⎛−+⎟⎠⎞⎜⎝⎛=+， k π2i 231arg i 231Arg +⎟⎠⎞⎜⎝⎛+=⎟⎠⎞⎜⎝⎛+",2,1,0,232arctan ±±=+−=k k π（2）()()()()i,25233i 321i i)(1i 1i 13i i i i i 13i i 1−=+−−−=+−+−−−=−−所以,23i 13i i 1Re =⎭⎬⎫⎩⎨⎧−− 25i 13i i 1Im −=⎭⎬⎫⎩⎨⎧−−25i 23i 13i i 1+=⎟⎠⎞⎜⎝⎛−−，2342523i 13i i 122=⎟⎠⎞⎜⎝⎛−+⎟⎠⎞⎜⎝⎛=−−， k π2i 1i 3i 1arg i 1i 3i 1Arg +⎟⎠⎞⎜⎝⎛−−=⎟⎠⎞⎜⎝⎛−− ",±,±,=,+−=210235arctan k k π.（3）()()()()()()()()()42i 7i 262i 2i 2i 5i 24i 32i 5i 24i 3−−=−−−+=−+ 13i 27226i7−−=−−=所以()()272i 5i 24i 3Re −=⎭⎬⎫⎩⎨⎧−+，()()132i 5i 24i 3Im −=⎭⎫⎩⎨⎧−+，()()l3i 272i 5i 24i 3+−=⎥⎦⎤⎢⎣⎡−+()()22952i5i 24i 3=−+， ()()()()k ππk π2726arctan 22i 2i 52i 43arg i 2i 52i 43Arg +−=+⎥⎦⎤⎢⎣⎡−+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡−+ ()",2,1,0,12726arctan±±=−+=k k π.（4）()()()()i i 141i i i 4i i 4i i 10410242218+−−−=+−=+−3i 1i 4i 1−=+−=所以{}{}3i 4i i Im 1,i 4i i Re 218218−=+−=+−3i 1i 4i i 218+=⎟⎠⎞⎜⎝⎛+−，10|i 4i i |218=+− ()()()2k π3i 1arg 2k πi 4i i arg i 4i i Arg 218218+−=++−=+−=.2,1,0,k 2k πarctan3"±±=+−2．如果等式()i 13i53y i 1x +=+−++成立，试求实数x , y 为何值。
复变函数教学课件—3-习题课 - 副本
f (z0
R ei )d .
一个解析函数在圆心处的值等于它在圆周上的
平均值.
11
8. 高阶导数公式
解析函数 f (z)的导数仍为解析函数, 它的 n 阶
导数为:
f
(n)(z0 )
n! 2i
C
(z
f
(z) z0 )n1
dz
(n 1,2, )
其中C 为在函数 f (z)的解析区域 D内围绕 z0 的
如果A到B作为曲线C的正向, y
B
那么B到A就是曲线C的负向,
记为 C .
A
o
x
4
2.积分的定义
设函数 w f (z) 定义在区域 D内, C 为区域
D内起点为 A 终点为B的一条光滑的有向曲线,
把曲线 C 任意分成 n 个弧段, 设分点为
A z0 , z1, , zk1, zk , , zn B,
z z(t) x(t) iy(t) (a t b)
则
C
f (z)dz
b
a
f [z(t)]
z(t )dt .
7
4. 积分的性质
设 f (z), g(z)沿曲线C连续.
(1) f (z)dz f (z)dz;
C
C
(2) C kf (z)dz k C f (z)dz; (k为常数)
(3) C[ f (z) g(z)]dz C f (z)dz C g(z)dz;
(4) 设C由C1,C2连结而成,则
f (z)dz f (z)dz f (z)dz;
C
C1
C2
(5) 设曲线C 的长度为L,函数 f (z) 在 C 上满足
f (z) M , 那末 C f (z)dz C f (z)ds ML.
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
y
C2
解 设C1 : z x, x : 1 1
C1 1 O
|z|z dz C1
0 1
1
x
|x|x dx
1
C2 : z ei t , t : 0 d z eit i d t
|z|z dz
C2
ei
t
e i
t
i d t
idt i
0
0
i 原式= | z | z d z | z | z d z
解(C解3i1C)Cg自C22C：1CC：1z原C11zz2z：：C22点d1dzzCz3沿xz2虚3ix•iy3iy轴,,0,1,03yx(至(i3yx::x::0i0,00i再yi))1水223dd13平((x3C至1 zCi3i21y)zd)2izd6z3019(ii原y032原)3式x62 式d2i=(d=i6yx)6232962363ii i
故 被积函数 在 | z | 1 上 处处解析
积分结果为0. 6
49页8 直接得到下列积分的结果，并说明理由
Ñ (3) ez (z2 1) d z |z|1
解 结果为 0 , 因为 被积函数 ez (z2 1) 在 | z | 1上 处处解析， 所以 积分结果为0.
Ñ (4)
|z| 1 2
1 (z2 1) (z3 1)
dz
解 结果为 0 , 由 (z2 1) (z3 1) 0 得到
z 1, z 1 3 i
2 这2些点都在圆 | z | 1 的外部。
故
被积函数
在
|
z
|
1
上
2
处处解析
2
积分结果为0. 7
49页9 沿指定曲线的正向计算下列积分
Ñ (1)
C
ez z
2
d
z
C： | z 2 | 1
解 z 2 在C的内部，ez 解析
O1
原式
2 i
2!
( ez)(2) i ea za
若 | a | 1,
则 ez (z a)5
在| z | 1 上解析
原式 =0
e z sin z
Ñ (9) C z2 d z
C: | z i | 2
解 z 0 在C的内部，e z sin z 解析
原式 2 i (e z sin z) z0 2 i
O1 2
Ñ ez
Cz2dz
2 i ez
z2
2 e2i
Ñ (2)
cos z
C (z 1)5 d z
C: | z | r 1
解 z 1 在C的内部， cos z 解析
原式
2 i
4!
(cos z)(4) 5i
z1 12
O1
8
49页9
sin z
Ñ (3) C(z )2 d z C： | z | 2
4
(3z
2)
z1
0]
1 4i
[
2
i
(3z
2)
zi
0]
i
z4 1 (z 1) (z 1)(z i)(z i)
i
O1
13
Ñ 49页 10
z Cz2 a2 d z
其中 a 是不等于零 的复数
C是不经过 a, a 的正向简单 闭曲线
解
ÑC z2
z
a2
d
z
1 2
(
ÑC z
1
a
d
z
ÑC
uyy e x(2sin y y cos y x sin y)
uxx uyy 0, u( x, y) 为调和函数，
f (z) ux iuvxy e x y cos ye xx sin y e x sin y 1
ie xcos y ie x y sin y ie x x cos y i y ez ix ezi ez 1 i iz ezi ez 1 i f (z) iz ez (1i)z C , f (0) i, C i,
根据柯西积分公式 g(z0 )
D 在曲线C上 所有的点
z0
f (z) dz
Cz z0
1 g(z) d z
2 i
f (z) g(
C
z)
z z0 g(z)
dz
都成 立
C z z0
因此 f (z0 ) g(z0 )
15
49页 12 验证下列函数是调和函数，并求以 z 为自变量
的解析函数 f (z) u iv
第3章 部分习题解答
1
48页1.
沿下列路线计算积分
3
i
z
2
d
z
(1) 自原点到 3 i 的直线段 0
解 参数方程：z 3 x ix (3 i)x x : 0 1
3
i
z
2
d
z
0
1 0
(3
i
)2x
2
(3 i)d x
1 (3 i)3 6
3
26 i 3
(2) 自原点沿实轴至3，再由3沿垂直向上至 3 i
it
d z
t 4
2
2i d t 4 i
0
Ñ Ñ 原式= C
2) 解 由 |
4 2z
z |
d 4
z
2
得到
1 Cz z
d
z z
16
2
2
i
4
i
原式= ÑC
16 4zd z 4 2 i 8 i
5
49页8 直接得到下列积分的结果，并说明理由
Ñ (1)
|z|1
3z 5 z2 2z 4
f (z) ln z C
16
49页12(2) 求证 u e x ( y cos y x sin y) x y
为调和函数，求出解析函数 f (z) u iv, f (0) i
证明 ux e x ( y cos y x sin y) e x sin y 1 uxx e x ( y cos y x sin y)2e x sin y uy e x (cos y y sin y x cos y)1
z
1
a
d
z)
C Ca
C
O
a
(1) a, a 都不在 C的内部 原式 0
(2) a, a 只有一个 在C的内部 原式 1 ( 2 i 0) i 2
(3) a, a 全部在 C的内部
原式 1 ( 2 i2 i) 2 i
2
14
49页11. 设 f (z) 与 g(z) 在区域D内 解析,
曲线C为 D任何一条正向简单闭曲线, 其内部 完全包含
终点 起点
1 i
原式
1
( x2 ix2 )(1 2xi)d x
0
1
(1 i) ( x2 2x3i)d x
(1
0
1 i)(
3
x3
1 2
x4i)
1 0
1 6
5 i
63
Ñ 48页3 计算 | z | z d z 其中C为一条闭路，由直线段： C 1 x 1, y 0 与上半单位圆周| z | 1 组成
a
在C 的内部 解析
a O a 2a
1
Ñ 原式=
C
za za
dz
2 i
1 za
za
i
a
10
Ñ 49页9 (7)
C
cos z3
zd
z
C C1
C
2
C1 : | z | 2 C2 : | z | 3
解 z 0 在C1的内部, cos z 解析
Ñ cos z
z C1
3
d z
2 i
2!
(cos z
)(
y
(1) v arctan
x0
x
证
v
1
x
y2 1 x2
(
y x2
)
y x2
y2
2v 2xy x2 ( x2 y2 )2
v x y x2 y2
2v y2
(
2 xy x2 y2
)2
2v x 2
2v y2
0
v是调和函数，
f (z) uvxy ivx
x iy
x2 y2
z 1 zz z
i
d
z)
0
i
1 (2 i 2 i) 0
2i
6i
9
49页9 (5)
ÑC
3z2 7z 1 (z 1)3
dz
C：| z i | 1
解 被积函数的奇点 z 1 在 C的外部
被积函数在 C围成的闭区域上解析 原式 =0
Ñ (6)
C
z
2
1
a2
d
z
C：
| z a | a
解
z
a
在C的内部,
z
1
(4)
ÑC(
O 2
2
原式
1 z2 1)(
z2
解
z
2
在C的内部,
2
2 i ( sin z) z 2 i 2
dz 4)
sin z 解析
cos
2
0
C: | z | 1.5
2i i O
Ñ Ñ 解 原式 1 ( 3
1
Cz 2
d 1
z
Cz
2
1
d 4
z)
1.5
1 6i
(ÑC
z
1
i
d
z Ñ C
z
1
48页2. 计算 1i ( x2 iy) d z 1)沿直线 y x;
0