复-第三章复变函数的积分作业题

合集下载

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 =

第三章复变函数的积分

第三章复变函数的积分3.1 单项选择题3---1设C 是z=e θi ,θ从-π至π的一周，则，⎰Cdz z )Re(=( )(a) -π(B)π(C)- πi (D) πi3---2设C 同3-1题，⎰Cdz z )Im(=( )(A)-π (B) π (C)- πi (D) πi3---3积分曲线C 同上题，则⎰C dz z =( )(A) 0 (B)2π (C)2πi (D)-2πi 3---4设C 为z=eθi ,θ从-2π至2π的一段，则dz z C ⎰=（）(A) i (B)2i (c)-2i (D)-i3---5设C 是z=iy,-1≤y ≤1沿虚轴自上而下的线段，则dz z C⎰=（）（A ）i (B)-i (C)2i (D)-2i 3---6设C 是从z=0到z=1+i 的直线段，则dz z C⎰=()(A)1+i (B)21i + (C)e i 4π- (D)e i 4π3---7设C 是从z=0到z=1再到z=1+i 的折线段，则dz z C⎰=( )(A)21+i(22+iln(1+2)) (B) 21+2i (2+ln(1+2)) (C)21-2i (2+ln(1+2)) (D) 21+2i(2-ln(1+2)) 3---8设C 是从z=0到z=2+i 的线段, 则⎰Cdz z )Re(=( )(A) 2+i (B)2-i (C)1+i/2 (D)1-i/2 3---9设C 是从z=0到z=1再到z=1+i 的折线, 则⎰Cdz z )Re(=( )(A)2 (B)2i (C)2+2i (D)2-2i3---10设C 是z=(1+i)t,t 是从1到2的线段，则⎰Czdz arg =（）(A)4π (B)4πi (C) 4π(1+i) (D)1+i 3---11设C 是z=eθi ,θ从-π至π的一段，则⎰Czdz arg =（）（A ）-π-2i (B) -π (C) π+2i (D) π-2i3---12设C 是z=(1-i)t,t 是从1到0的一段, 则⎰C dz z =( )(A)1 (B)-1 (C)i (D)-i 3---13设C 是z=eθi ,θ从0至2π的一周，则⎰C dz z =( )(A)0 (B)2π(C)-2π (D)2πi3---14设C 是以-1,1和i 三点为顶点的三角形边界，则dz z C⎰=()(A) 2+i (B)1+i (C) –2(1-i) (D)1-i3---15设C 是单位圆=1的上半部分逆时针方向，则dz z C⎰-)1(=( )(A) 2i (B)2 (C) –2i (D)-2 3---16设C 同上题，则⎰-Cdz z )1(=( )(A) 2i-π (B)π-2i (C) π (D) 2i3-17 设C 是单位圆z=ei θ，从2π 至0，则dz z C⎰-1 =（）（A ）4 （B ）-4 （C ）8 （D ）-8 3-18 设C 是z=ei θ一周正向,则dz Cz ⎰2=( )(A) 2 (B)-2 (C)2i(D)03-19 设C 是单位圆1=z 正向一周,则=⎰dz z C( )(A)0(B)π2i (C)π2-i (D)π23-20 设C 是z=0到z=1+I 的直线段,则(=⎰dz Cze )(A)0 (B)()121--eii (C)()11--e ii (D)()eii --113-21 设C 为简单闭曲线正向,S 为C 所围成区域的面积,则=⎰dz z C ( )(A)2S (B-2S (C)2Si (D)-2Si3-22 C 为简单闭曲线,D 为C 所围区域,S 表示此区域的面积,则()dz z C⎰Im =( )(A)S (B)-S (C)Si (D)-Si 3-23 C 为简单闭曲线,D 为C 所围区域,S 是D 的面积,则()dz z C⎰Re =( )(A)S (B)-S (C)-Si (D)Is3-24 设C 是e i z θ=,θ从0至2π的弧段,则⎰C zdz ln =( ) (A)1-2π-i (B)2π-i (C)1-2π-i (D)1-2π+i3-25 C 是椭圆1422=+yx,则dz z zC⎰+2sin =( )(A)0 (B)-sin2 (c)2sin 2π (D)π2-isin2 3-26 设C 是圆e i z θ21=,则⎰-C z ee zsin dz=( ) (A)sin1 (B)π2i e1sin (C)e i 1sin 2π- (D)03-27⎰=12cos z zdz=( )(A)不存在（B ）0 （C ）π （D ）π- 3-28⎰=++122z z z dz=( ).(A) 2πi (B)-2πi (C)0 (D)2π 解 z 2+2z+2=0的零点是-1+-i ，故被积函数在z 〈1内无奇点，积点为0. 选（C ） 3-29⎰=+122cos z z zdz=( ).(A)0 (B)-πi ( C)πi (D)2πi解被积函数在z 〈1内处处解析，故积分为0. 选（A ）3-30 设C 是沿抛物线y=x 2-1,从（-1，0）至（1，0）的弧段，则dz z c⎰+)1sin(=（）。

复变函数习题答案第3章习题详解

14．设为不通过与的正向简单闭曲线，为不等于零的任何复数，试就与跟的不同位置，计算积分的值。
解：分四种情形讨论：
1）若是与都在的外部，那么在内解析，柯西—古萨大体定理有
2）若是与都在的内部，由柯西积分公式有
3）若是在的内部，都在的外部，那么在内解析，由柯西积分公式有
和知足拉普拉斯方程：，
，
故是的解析函数。
23．设为区域内的调和函数及，问是不是内的解析函数？什么缘故？
解：设，那么，
，
，
因为为区域内的调和函数，具有二阶持续偏导且知足拉普拉斯方程
，是内的解析函数。
24．函数是的共轭调和函数吗？什么缘故？
解：，，，，
故函数不是的共轭调和函数。
证明：因为在内解析，故积分与途径无关，取从原点沿实轴到，再从沿圆周到的曲线作为，那么：
13．设和为相交于、两点的简单闭曲线，它们所围的区域别离为与。与的公共部份为。若是在与内解析，在、上也解析，证明：。
证明：如下图，在与内解析，在、上也解析，由柯西—古萨大体定理有：
第三章习题详解
1．沿以下线路计算积分。
1)自原点至的直线段；
解：连接自原点至的直线段的参数方程为：
2)自原点沿实轴至，再由铅直向上至；
解：连接自原点沿实轴至的参数方程为：
连接自铅直向上至的参数方程为：
3)自原点沿虚轴至，再由沿水平方向向右至。
解：连接自原点沿虚轴至的参数方程为：
25．设和都是调和函数，若是是的共轭调和函数，那末也是的共轭调和函数。这句话对吗？什么缘故？

复-第三章复变函数的积分作业题

∫ ∫
x
0 x
v y
px
dx +
y=0
∫
y
0
v dy + c x x
px
0
e dx
∫
y
0
pe
sin y dy + c (cos y 1) + c
1 = ( e px 1) + pe p
px
1 解: u = ( e px 1 ) + pe px (cos y 1 ) + c p 1 1 px px = ( p ) e + pe cos y + c , p p 当 p = ± 1时 u = pe f ( z ) = u + iv = pe
2
7.沿指定曲线的正向计算下列各积分: ez 1) ∫C z 2 dz , C : z 2 = 1; 解:根据柯西积分公式
∫
C
f (z) dz = 2πif ( z 0 )得 z z0
ez dz = 2πi e z = 2πie 2 ∫C z 2 z = z0 = 2 1 2) 2 ∫C z a 2 dz , C : z a = a; 解:因 a > 0, 被积函数的奇点 : z = a在 C 内, z = a在 C 外,根据柯西积分公式得
∫
C
it 2π 2e 2π z it dz = ∫ 2ie dt =∫ 2idt =4πi 0 0 z 2
2)C为正向圆周z = 4.由柯西积分公式: f ( z) ∫C z z0 dz = 2πi f ( z0 ) 得∫
C
z z zz 4 dz =∫ dz =∫ dz =∫ dz =8πi z =4 z z z =4 z z z =4 z z

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 )'

复变函数习题解答(第3章)

p141第三章习题(一)[ 5, 7, 13, 14, 15, 17, 18 ]5. 由积分⎰C1/(z + 2) dz之值证明⎰[0, π] (1 + 2 cosθ)/(5 + 4cosθ) dθ = 0，其中C取单位圆周| z | = 1．【解】因为1/(z + 2)在圆| z | < 3/2内解析，故⎰C1/(z + 2) dz = 0．设C : z(θ)= e iθ，θ∈[0, 2π]．则⎰C1/(z + 2) dz = ⎰C1/(z + 2) dz = ⎰[0, 2π] i e iθ/(e iθ + 2) dθ= ⎰[0, 2π] i (cosθ + i sinθ)/(cosθ + i sinθ + 2) dθ= ⎰[0, 2π] (- 2 sinθ + i (1 + 2cosθ ))/(5 + 4cosθ) dθ= ⎰[0, 2π] (- 2 sinθ)/(5 + 4cosθ) dθ+ i ⎰[0, 2π] (1 + 2cosθ )/(5 + 4cosθ) dθ．所以⎰[0, 2π] (1 + 2cosθ )/(5 + 4cosθ) dθ= 0．因(1 + 2cosθ ))/(5 + 4cosθ)以2π为周期，故⎰[-π, π] (1 + 2cosθ )/(5 + 4cosθ) dθ= 0；因(1 + 2cosθ ))/(5 + 4cosθ)为偶函数，故⎰[0, π] (1 + 2 cosθ)/(5 + 4cosθ) dθ = (1/2) ⎰[-π, π] (1 + 2cosθ )/(5 + 4cosθ) dθ= 0．7. (分部积分法)设函数f(z), g(z)在单连通区域D内解析，α, β是D内两点，试证⎰[α, β] f(z)g’(z)dz = ( f(z)g(z))|[α, β] -⎰[α, β] g(z) f’(z)dz．【解】因f(z), g(z)区域D内解析，故f(z)g’(z)，g(z) f’(z)，以及( f(z)g(z))’都在D 内解析．因区域D是单连通的，所以f(z)g’(z)，g(z) f’(z)，以及( f(z)g(z))’的积分都与路径无关．⎰[α, β] f(z)g’(z)dz + ⎰[α, β] g(z) f’(z)dz = ⎰[α, β] ( f(z)g’(z)dz + g(z) f’(z))dz= ⎰[α, β] ( f(z)g(z))’dz．而f(z)g(z)是( f(z)g(z))’在单连通区域D内的一个原函数，所以⎰[α, β] ( f(z)g(z))’dz = f(β)g(β) -f(α)g(α) = ( f(z)g(z))|[α, β]．因此有⎰[α, β] f(z)g’(z)dz + ⎰[α, β] g(z) f’(z)dz = ( f(z)g(z))|[α, β]，即⎰[α, β] f(z)g’(z)dz = ( f(z)g(z))|[α, β] -⎰[α, β] g(z) f’(z)dz．13. 设C : z = z(t) (α≤t≤β)为区域D内的光滑曲线，f(z)于区域D内单叶解析且f’(z) ≠ 0，w = f(z)将曲线C映成曲线Γ，求证Γ亦为光滑曲线．【解】分两种情况讨论．(1) 当z(α) ≠z(β)时，C不是闭曲线．此时z(t)是[α, β]到D内的单射，z(t)∈C1[α, β]，且在[α, β]上，| z’(t) |≠ 0．因Γ是曲线C在映射f下的象，所以Γ可表示为w = f(z(t)) (α≤t≤β)．∀t∈[α, β]，z(t)∈D．因f于区域D内解析，故f在z(t)处解析，因此f(z(t))在t处可导，且导数为f’(z(t))z’(t)．显然，f’(z(t))z’(t)在[α, β]上是连续的，所以f(z(t))∈C1[α, β]．因为f(z)于区域D内是单叶的，即f(z)是区域D到的单射，而z(t)是[α, β]到D内的单射，故f(z(t))是[α, β]到内的单射．因在D内有f’(z) ≠ 0，故在[α, β]上，| f’(z(t))z’(t) |= | f’(z(t)) | · |z’(t) |≠ 0．所以，Γ是光滑曲线．(2) 当z(α) = z(β)时，C是闭曲线．此时z(t)∈C1[α, β]；在[α, β]上，有| z’(t) |≠ 0；z’(α) = z’(β)；∀t1∈[α, β]，∀t2∈(α, β)，若t1 ≠t2，则z(t1) ≠z(t2)．与(1)完全相同的做法，可以证明f(z(t))∈C1[α, β]，且| f’(z(t))z’(t) |≠ 0．由z(α) = z(β)和z’(α) = z’(β)，可知f’(z(α))z’(α) = f’(z(β))z’(β)．因为∀t1∈[α, β]，∀t2∈(α, β)，若t1 ≠t2，则z(t1) ≠z(t2)，由f(z)于区域D内单叶，因此我们有f(z(t1)) ≠f(z(t2))．所以Γ是光滑的闭曲线．14. 设C : z = z(t) (α≤t≤β)为区域D内的光滑曲线，f(z)于区域D内单叶解析且f’(z) ≠ 0，w = f(z)将曲线C映成曲线Γ，证明积分换元公式⎰ΓΦ(w) dw = ⎰CΦ( f(z)) f’(z) dz．其中Φ(w)沿曲线Γ连续．【解】由13题知曲线Γ也是光滑曲线，其方程为w(t) = f(z(t)) (α≤t≤β)．故⎰ΓΦ(w) dw = ⎰[α, β] Φ(w(t)) ·w’(t) dt = ⎰[α, β] Φ( f(z(t))) · ( f’(z(t)) z’(t)) dt．而⎰CΦ( f(z)) f’(z) dz = ⎰[α, β] ( Φ( f(z(t))) f’(z(t))) ·z’(t) dt．所以⎰ΓΦ(w) dw = ⎰CΦ( f(z)) f’(z) dz．15. 设函数f(z)在z平面上解析，且| f(z) |恒大于一个正的常数，试证f(z)必为常数．【解】因| f(z) |恒大于一个正的常数，设此常数为M．则∀z∈ ，| f(z) | ≥M，因此| f(z) | ≠ 0，即f(z) ≠ 0．所以函数1/f(z)在上解析，且| 1/f(z) | ≤ 1/M．由Liuville定理，1/f(z)为常数，因此f(z)也为常数．17. 设函数f(z)在区域D内解析，试证(∂2/∂x2 + ∂2/∂y2) | f(z) |2 = 4 | f’(z) |2．【解】设f(z) = u + i v，w = | f(z) |2，则w = ln ( u 2 + v 2 )．w x = 2(u x u+ v x v)，w y = 2(u y u+ v y v)；w xx = 2(u xx u+ u x2 + v xx v+ v x2 )，w yy = 2(u yy u+ u y2 + v yy v+ v y2 )；因为u, v都是调和函数，所以u xx u+ u yy u= (u xx + u yy) u= 0，v xx v+ v yy v= (v xx + v yy) v= 0；由于u, v满足Cauchy-Riemann方程，故u x2 = v y 2，v x 2 = u y2，故w xx + w yy = 2 (u x2 + v x2 + u y2 + v y2) = 4 (u x2 + v x2) = 4 | f(z) |2；即(∂2/∂x2 + ∂2/∂y2) | f(z) |2 = 4 | f’(z) |2．18. 设函数f(z)在区域D内解析，且f’(z) ≠ 0．试证ln | f’(z) |为区域D内的调和函数．【解】∀a∈D，因区域D是开集，故存在r1 > 0，使得K(a, r1) = { z∈ | | z -a | < r1 } ⊆D．因f’(a) ≠ 0，而解析函数f’(z)是连续的，故存在r2 > 0，使得K(a, r2) ⊆K(a, r1)，且| f’(z) -f’(a)| < | f’(a) |．用三角不等式，此时有| f’(z)| > | f’(a) | - | f’(z) -f’(a)| > 0．记U = { z∈ | | z -f’(a)| < | f’(a) |}，则U是一个不包含原点的单连通区域．在沿射线L = {z∈ | z = - f’(a) t，t≥ 0 }割开的复平面上，多值函数g(z) = ln z可分出多个连续单值分支，每个单值连续分支g(z)k在 \L上都是解析的．∀t≥ 0，| - f’(a) t -f’(a) | = (t + 1) | f’(a) | ≥ | f’(a) |，故- f’(a) t ∉U．所以U ⊆ \L，即每个单值连续分支g(z)k在U上都是解析的．因为当z∈K(a, r2)时，f’(z)∈U，故复合函数g( f’(z))k在上解析．而Re(g( f’(z))k) = ln | f’(z) |，所以ln | f’(z) |在K(a, r2)上是调和的．由a∈D的任意性，知ln | f’(z) |在D上是调和的．【解2】用Caucht-Riemann方程直接验证．因为f’(z)也在区域D内解析，设f’(z) = u + i v，则u, v也满足Cauchy-Riemann方程．记w = ln | f’(z) |，则w = (1/2) ln ( u 2 + v 2 )，w x = (u x u+ v x v) /( u 2 + v 2 )，w y = (u y u+ v y v) /( u 2 + v 2 )；w xx = ((u xx u+ u x2 + v xx v+ v x2 )( u 2 + v 2 ) - 2(u x u+ v x v)2)/( u 2 + v 2 )2；w yy = ((u yy u+ u y2 + v yy v+ v y2 )( u 2 + v 2 ) - 2(u y u+ v y v)2)/( u 2 + v 2 )2；因为u, v都是调和函数，所以u xx u+ u yy u= (u xx + u yy) u= 0，v xx v+ v yy v= (v xx + v yy) v= 0；由于u, v满足Cauchy-Riemann方程，故u x2 = v y 2，v x 2 = u y2，u x v x + u y v y = 0，因此(u x u+ v x v)2 + (u y u+ v y v)2= u x2u 2+ v x 2v 2 + 2 u x u v x v+ u y2u 2+ v y 2v 2 + 2 u y u v y v= (u x2 + v x2 )( u 2 + v 2 )；故w xx + w yy = (2(u x2 + v x2 )( u 2 + v 2 ) - 2(u x2 + v x2 )( u 2 + v 2 ))/( u 2 + v 2 )2 = 0．所以w为区域D内的调和函数．[初看此题，就是要验证这个函数满足Laplace方程．因为解析函数的导数还是解析的，所以问题相当于证明ln | f(z) |是调和的，正如【解2】所做．于是开始打字，打了两行之后，注意到ln | f’(z) |是Ln f’(z)的实部．但Ln z不是单值函数，它也没有在整个上的单值连续分支，【解1】前面的处理就是要解决这个问题．]p141第三章习题(二)[ 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16 ]1. 设函数f(z)在0 < | z | < 1内解析，且沿任何圆周C : | z | = r, 0 < r < 1的积分值为零．问f(z)是否必须在z = 0处解析？试举例说明之．【解】不必．例如f(z) = 1/z2就满足题目条件，但在z = 0处未定义．[事实上可以任意选择一个在| z | < 1内解析的函数g(z)，然后修改它在原点处的函数值得到新的函数f(z)，那么新的函数f(z)在原点不连续，因此肯定是解析．但在0 < | z | < 1内f(z) = g(z)，而g(z)作为在| z | < 1内解析的函数，必然沿任何圆周C : | z | = r的积分值都是零．因此f(z)沿任何圆周C : | z | = r的积分值也都是零．若进一步加强题目条件，我们可以考虑，在极限lim z→0 f(z)存在的条件下，补充定义f(0) = lim z→0 f(z)，是否f(z)就一定在z = 0处解析？假若加强条件后的结论是成立，我们还可以考虑，是否存在满足题目条件的函数，使得极限lim z→0 f(z)不存在，也不是∞？]2. 沿从1到-1的如下路径求⎰C1/√z dz．(1) 上半单位圆周；(2) 下半单位圆周，其中√z取主值支．【解】(1) √z = e i arg z /2，设C : z(θ)= e iθ，θ∈[0, π]．⎰C1/√z dz = ⎰[0, π] i e iθ/e iθ/2dθ = ⎰[0, π] i e iθ/2dθ = 2e iθ/2|[0, π] = 2(- 1 + i)．(2) √z = e i arg z /2，设C : z(θ)= e iθ，θ∈[-π, 0]．⎰C1/√z dz = -⎰[-π, 0] i e iθ/e iθ/2dθ = -⎰[-π, 0] i e iθ/2dθ = - 2e iθ/2|[-π, 0] = 2(- 1 -i)．[这个题目中看起来有些问题：我们取主值支，通常在是考虑割去原点及负实轴的z平面上定义的单值连续分支．因此，无论(1)还是(2)，曲线C上的点-1总不在区域中(在区域的边界点上)．因此曲线C也不在区域中．所以，题目应该按下面的方式来理解：考虑单位圆周上的点ζ，以及沿C从1到ζ的积分的极限，当ζ分别在区域y > 0和区域y < 0中趋向于-1时，分别对应(1)和(2)的情形，简单说就是上岸和下岸的极限情形．那么按照上述方式理解时，仍然可以象我们所做的那样，用把积分曲线参数化的办法来计算，这是由积分对积分区域的连续性，即绝对连续性来保证的．以后我们遇到类似的情形，都以这种方式来理解．]3. 试证| ⎰C(z + 1)/(z - 1) dz | ≤ 8π，其中C为圆周| z - 1 | = 2．【解】若z∈C，| z + 1 | ≤ | z - 1 | + 2 = 4，故| (z + 1)/(z - 1) | ≤ 2．因此| ⎰C(z + 1)/(z - 1) dz | ≤⎰C| (z + 1)/(z - 1) | ds≤ 2 · Length(C) = 8π．4. 设a, b为实数，s = σ+ i t (σ > 0)时，试证：| e bs–e as| ≤ | s | · | b–a | e max{a, b} ·σ．【解】因为f(z) = e sz在上解析，故f(z)的积分与路径无关．设C是从a到b的直线段，因为e sz/s是f(z)的一个原函数，所以| ⎰C e sz dz | = | e sz/s |[a, b] | = | e bs–e as|/| s |．而| ⎰C e sz dz | ≤⎰C | e sz|ds = ⎰C | e(σ+ i t)z|ds = ⎰C | eσ z+ i tz|ds= ⎰C | eσ z|ds ≤⎰C e max{a, b} ·σ ds = | b–a | e max{a, b} ·σ．所以| e bs–e as| ≤ | s | · | b–a | e max{a, b} ·σ．5. 设在区域D = { z∈ : | arg z | < π/2 }内的单位圆周上任取一点z，用D内曲线C 连接0与z，试证：Re(⎰C1/(1 + z2) dz ) = π/4．【解】1/(1 + z2)在单连通区域D内解析，故积分与路径无关．设z = x + i y，∀z∈D，i z∈{ z∈ : 0 < arg z < π } = { z∈ : Im z > 0 }，-i z∈{ z∈ : -π < arg z < 0 } = { z∈ : Im z < 0 }，故1 + i z∈{ z∈ : Im z > 0 }， 1 -i z∈{ z∈ : Im z < 0 }．设ln(z)是Ln(z)的主值分支，则在区域D内( ln(1 + i z) - ln(1 -i z) )/(2i)是解析的，且(( ln(1 + i z) - ln(1 -i z) )/(2i))’ = (i/(1 + i z) + i/(1 -i z))(2i) = 1/(1 + z2)；即( ln(1 + i z) - ln(1 -i z) )/(2i)是1/(1 + z2)的一个原函数．⎰C1/(1 + z2) dz = ( ln(1 + i z) - ln(1 -i z) )/2 |[0, z]= (ln(1 + i z) - ln(1 -i z))/(2i) = ln((1 + i z)/(1 -i z))/(2i)= (ln |(1 + i z)/(1 -i z)| + i arg ((1 + i z)/(1 -i z)))/(2i)= -i (1/2) ln |(1 + i z)/(1 -i z)| + arg ((1 + i z)/(1 -i z))/2，故Re(⎰C1/(1 + z2) dz ) = arg ((1 + i z)/(1 -i z))/2．设z = cosθ + i sinθ，则cosθ> 0，故(1 + i z)/(1 -i z) = (1 + i (cosθ + i sinθ))/(1 -i (cosθ + i sinθ)) = i cosθ/(1 + sinθ)，因此Re(⎰C1/(1 + z2) dz ) = arg ((1 + i z)/(1 -i z))/2= arg (i cosθ/(1 + sinθ))/2 = (π/2)/2 = π/4．[求1/(1 + z2) = 1/(1 + i z) + 1/(1 -i z) )/2的在区域D上的原函数，容易得到函数( ln(1 + i z) - ln(1 -i z) )/(2i)，实际它上就是arctan z．但目前我们对arctan z的性质尚未学到，所以才采用这种间接的做法．另外，注意到点z在单位圆周上，从几何意义上更容易直接地看出等式arg ((1 + i z)/(1 -i z))/2 = π/4成立．最后，还要指出，因曲线C的端点0不在区域D中，因此C不是区域D中的曲线．参考我们在第2题后面的注释．]6. 试计算积分⎰C( | z | - e z sin z ) dz之值，其中C为圆周| z | = a > 0．【解】在C上，函数| z | - e z sin z与函数a- e z sin z的相同，故其积分值相同，即⎰C( | z | - e z sin z ) dz = ⎰C( a- e z sin z ) dz．而函数a- e z sin z在上解析，由Cauchy-Goursat定理，⎰C( a- e z sin z ) dz = 0．因此⎰C( | z | - e z sin z ) dz = 0．7. 设(1) f(z)在| z | ≤ 1上连续；(2) 对任意的r (0 < r < 1)，⎰| z | = r f(z) dz = 0．试证⎰| zf(z) dz = 0．| = 1【解】设D(r) = { z∈ | | z | ≤r }，K(r) = { z∈ | | z | = r }，0 < r≤ 1．因f在D(1)上连续，故在D(1)上是一致连续的．再设M = max z∈D(1) { | f(z) | }．∀ε > 0，∃δ1> 0，使得∀z, w∈D(1), 当| z-w | < δ1时，| f(z) -f(w)| < ε/(12π)．设正整数n≥ 3，z k= e 2kπi/n ( k = 0, 1, ..., n- 1)是所有的n次单位根．这些点z0, z1, ..., z n– 1将K(1)分成n个弧段σ(1), σ(2), ..., σ(n)．其中σ(k) (k = 1, ..., n- 1)是点z k– 1到z k的弧段，σ(n)是z n– 1到z0的弧段．记p(k) (k = 1, ..., n- 1)是点z k– 1到z k的直线段，p(n)是z n– 1到z0的直线段．当n充分大时，max j {Length(σ( j))} = 2π/n < δ1．设P是顺次连接z0, z1, ..., z n– 1所得到的简单闭折线．记ρ = ρ(P, 0)．注意到常数f(z j)的积分与路径无关，⎰σ( j)f(z j) dz =⎰p( j)f(z j) dz；那么，| ⎰K(1)f(z) dz -⎰P f(z) dz |= | ∑j⎰σ( j)f(z) dz -∑j⎰p( j)f(z) dz |= | ∑j (⎰σ( j)f(z) dz -⎰p( j)f(z) dz ) |≤∑j | ⎰σ( j)f(z) dz -⎰p( j)f(z) dz |≤∑j ( | ⎰σ( j)f(z) dz -⎰σ( j)f(z j) dz | + | ⎰p( j)f(z j) dz -⎰p( j)f(z) dz | )= ∑j ( | ⎰σ( j) ( f(z)-f(z j)) dz | + | ⎰p( j) ( f(z)-f(z j)) dz | )= ∑j ( ⎰σ( j)ε/(12π) ds + ⎰p( j)ε/(12π) ds )= (ε/(12π))·∑j ( Length(σ( j)) + Length(p( j)) )≤ (ε/(12π))·∑j ( Length(σ( j)) + Length(σ( j)) )= (ε/(12π))· (2 Length(K(1)))= (ε/(12π))· 4π = ε/3．当ρ< r < 1时，P中每条线段p(k)都与K(r)交于两点，设交点顺次为w k, 1, w k, 2．设Q是顺次连接w1, 1, w1, 2, w2, 1, w2, 2, ..., w n, 1, w n, 2所得到的简单闭折线．与前面同样的论证，可知| ⎰K(r)f(z) dz -⎰Q f(z) dz |≤ε/3．因此，| ⎰K(1)f(z) dz | = | ⎰K(1)f(z) dz -⎰K(r)f(z) dz |≤ | ⎰K(1)f(z) dz -⎰P f(z) dz | + | ⎰K(r)f(z) dz -⎰Q f(z) dz | + | ⎰P f(z) dz-⎰Q f(z) dz |≤ε/3 + ε/3 + | ⎰P f(z) dz-⎰Q f(z) dz |．记连接w k, 2到w k +1, 1的直线段为l(k)，连接w k, 2到z k +1的直线段为r(k)，连接z k +1到w k +1, 1的直线段为s(k)，则| ⎰r(k)f(z) dz + ⎰s(k)f(z) dz-⎰l(k)f(z) dz |≤M ( Length(l(k)) + Length(r(k)) + Length(s(k)) ) ≤ 3 M · Length(l(k))．因为当r → 1-时，有Length(l(k)) → 0，故存在r∈(ρ, 1)使得| ⎰r(k)f(z) dz + ⎰s(k)f(z) dz-⎰l(k)f(z) dz | < ε/(3n)．对这个r，我们有| ⎰P f(z) dz-⎰Q f(z) dz | = | ∑k (⎰r(k)f(z) dz + ⎰s(k)f(z) dz-⎰l(k)f(z) dz ) |≤∑k (| ⎰r(k)f(z) dz + ⎰s(k)f(z) dz-⎰l(k)f(z) dz |) ≤∑k ε/(3n) = ε/3．故| ⎰K(1)f(z) dz | ≤ε．因此⎰K(1)f(z) dz = 0．8. 设(1) f(z)当| z–z0 | > r0 > 0时是连续的；(2) M(r)表| f(z) |在K r : | z–z0 | = r > r0上的最大值；(3) lim r → +∞r M(r) = 0．试证：lim r → +∞⎰K(r) f(z) dz = 0．【解】当r > r0时，我们有| ⎰K(r) f(z) dz | ≤⎰K(r) | f(z) | ds≤⎰K(r) M(r) ds = 2πr M(r) → 0 (当r → +∞时)，所以lim r → +∞⎰K(r) f(z) dz = 0．9. (1) 若函数f(z)在点z = a的邻域内连续，则lim r → 0 ⎰| z–a | = r f(z)/(z–a) dz = 2πi f(a)．(2) 若函数f(z)在原点z = 0的邻域内连续，则lim r → 0 ⎰[0, 2π] f(r e iθ ) dθ = 2π f(0)．【解】(1) 当r充分小时，用M(r)表| f(z) |在K r : | z–a | = r上的最大值；| ⎰| z–a | = r f(z)/(z–a) dz– 2πi f(a) |= | ⎰| z–a | = r f(z)/(z–a) dz–f(a)⎰| z–a | = r1/(z–a) dz |= | ⎰| z–a | = r( f(z) –f(a))/(z–a) dz | ≤⎰| z–a | = r| f(z) –f(a) |/| z–a| ds≤M(r) ⎰| z–a | = r1/| z–a| ds = 2πr M(r)．当r → 0时，由f(z)的连续性，知M(r) → | f(a) |．故| ⎰| z–a | = r f(z)/(z–a) dz– 2πi f(a) | → 0．因此，lim r → 0 ⎰| z–a | = r f(z)/(z–a) dz = 2πi f(a)．(2) 根据(1)，lim r → 0 ⎰| z | = r f(z)/z dz = 2πi f(0)．而当r充分小时，我们有⎰| z | = r f(z)/z dz = ⎰[0, 2π] f(r e iθ )/(r e iθ )· (r e iθi ) dθ = i ⎰[0, 2π] f(r e iθ ) dθ．所以，lim r → 0 (i ⎰[0, 2π] f(r e iθ ) dθ)= 2πi f(0)．故lim r → 0 ⎰[0, 2π] f(r e iθ ) dθ = 2π f(0)．10. 设函数f(z)在| z | < 1内解析，在闭圆| z | ≤ 1上连续，且f(0) = 1．求积分(1/(2πi))⎰| z | = 1 (2 ± (z + 1/z)) f(z)/z dz之值．【解】(1/(2πi))⎰| z | = 1 (2 ± (z + 1/z)) f(z)/z dz= ⎰| z | = 1 (2f(z)/z± (zf(z)/z + (1/z)f(z)/z) dz= (1/(2πi)) ·( ⎰| z | = 1 2f(z)/z dz ± (⎰| z | = 1 f(z) dz +⎰| z | = 1 f(z)/z 2dz) )= (1/(2πi)) ·( 2(2πi) f(0)± (0+ (2πi/1!)f’(0)) )= 2 f(0)±f’(0) = 2 ±f’(0)．11. 若函数f(z)在区域D内解析，C为D内以a, b为端点的直线段，试证：存在数λ，| λ| ≤ 1，与ξ∈C，使得f(b) -f(a) = λ(b -a) f’(ξ)．【解】设C的参数方程为z(t) = (1 –t ) a + t b，其中t∈[0, 1]．在区域D内，因f(z)是f’(z)的原函数，故f(b) -f(a) = ⎰C f’(z) dz = ⎰[0, 1] f’((1 –t ) a + t b) (b -a) dt == (b -a) ⎰[0, 1] f’((1 –t ) a + t b) dt．(1) 若⎰[0, 1]| f’((1 –t ) a + t b) | dt = 0，因| f’((1 –t ) a + t b) |是[0, 1]上的连续函数，故| f’((1 –t ) a + t b) |在[0, 1]上恒为零．即f’(x)在C上恒为零．此时取λ= 0，任意取ξ∈C，则有f(b) -f(a) = (b -a) ⎰[0, 1] f’((1 –t ) a + t b) dt = 0 = λ(b -a) f’(ξ)．(2) 若⎰[0, 1]| f’((1 –t ) a + t b) | dt > 0，因| f’((1 –t ) a + t b) |是[0, 1]上的实变量连续函数，由积分中值定理，存在t0∈[0, 1]，使得⎰[0, 1]| f’((1 –t ) a + t b) | dt = | f’((1 –t0) a + t0b) |．取ξ = (1 –t0) a + t0b，则f’(ξ) = f’((1 –t0) a + t0b) ≠ 0，令λ= (⎰[0, 1] f’((1 –t ) a + t b) dt)/ f’(ξ)．因为| ⎰[0, 1] f’((1 –t ) a + t b) dt | ≤⎰[0, 1]| f’((1 –t ) a + t b) | dt = | f’(ξ) |．所以| λ| = | (⎰[0, 1] f’((1 –t ) a + t b) dt)/ f’(ξ) |= | ⎰[0, 1] f’((1 –t ) a + t b) dt |/| f’(ξ) | ≤ 1．且f(b) -f(a) = (b -a) ⎰[0, 1] f’((1 –t ) a + t b) dt = λ(b -a) f’(ξ)．12. 如果在| z | < 1内函数f(z)解析，且| f(z) | ≤ 1/(1 - | z |)．试证：| f(n)(0) | ≤ (n + 1)!(1 + 1/n)n < e (n + 1)!，n =1, 2, ...．【解】设K(r) = { z∈ | | z | = r }，0 < r≤ 1．由Cauchy积分公式和高阶导数公式，有| f(n)(0) | = (n!/(2π)) | ⎰K(r) f(z)/z n + 1dz | ≤ (n!/(2π)) ⎰K(r) | f(z) |/| z |n + 1ds≤ (n!/(2π)) ⎰K(r) 1/((1 - | z |)| z |n + 1) ds = (n!/(2π))/((1 -r ) r n + 1) 2πr= n!/((1 -r ) r n)．为得到| f(n)(0) |的最好估计，我们希望选取适当的r∈(0, 1)，使得n!/((1 -r ) r n)最小，即要使(1 -r ) r n最大．当n≥ 1时，根据均值不等式，(1 -r ) r n = (1 -r ) (r/n)n ·n n≤ (((1 -r ) + (r/n) + ... + (r/n))/(n + 1))n + 1 ·n n = n n/(n + 1)n + 1．当1 -r = r/n，即r = n/(n + 1)时，(1 -r ) r n达到最大值n n/(n + 1)n + 1．因此，我们取r = n/(n + 1)，此时有| f(n)(0) | ≤n!/((1 -r ) r n) = n!/(n n/(n + 1)n + 1) = (n + 1)!(1 + 1/n)n < e (n + 1)!．[也可以用数学分析中的办法研究函数g(r) = (1 -r ) r n在(0, 1)内的上确界，也会得到同样的结果．]13. 设在| z | ≤ 1上函数f(z)解析，且| f(z) | ≤ 1．试证：| f’(0) | ≤ 1．【解】设D = { z∈ | | z | ≤ 1 }．由高阶导数公式，| f’(0) | = (1/(2π)) | ⎰∂D f(z)/z 2dz | ≤ (1/(2π)) ⎰∂D1/| z |2 ds = 1．14. 设f(z)为非常数的整函数，又设R, M为任意正数，试证：满足| z | > R且| f(z) | > M的z必存在．【解】若不然，当| z | > R时，| f(z) | ≤M．而f(z)为整函数，故必连续，因此f(z)在| z | ≤R上有界．所以f(z)在上有界．由Liouville定理，f(z)必为常数，这与题目条件相矛盾．15. 已知u + v = (x–y)(x2 + 4xy + y2) – 2(x + y)，试确定解析函数f(z) = u + i v．【解】由于u x + v x = 3(x2 + 2xy–y2) – 2，u y + v y = 3(x2– 2xy–y2) – 2，两式相加，再利用Cauchy-Riemann方程，有u x = 3(x2–y2) – 2．两式相减，再利用Cauchy-Riemann方程，有v x = 6xy．所以f’(z) = u x + i v x = 3(x2–y2) – 2 + 6xy i = 3(x + y i)2– 1 = 3 z2– 2．因此，f(z) = z3– 2z + α，其中α为常数．将z = 0代入，f(z) = z3– 2z + α，得α = f(0)．把(x, y) = (0, 0)带入u + v = (x–y)(x2 + 4xy + y2) – 2(x + y)，得u(0, 0) + v(0, 0) = 0．设u(0, 0) = c∈ ，则v(0, 0) = -c．因此α = f(0) = u(0, 0) + v(0, 0) i = (1 -i )c．所以，f(z) = z3– 2z + (1 -i )c，其中c为任意实数．[书上答案有误．设f(z) = z3– 2z + (a + b i)，则f(z) = (x + y i)3– 2(x + y i) + (a + b i) = (x3 - 3xy2 – 2x + a) + (3x2y-y3– 2y + b)i．因此，u + v = (x3 - 3xy2 – 2x + a) + (3x2y-y3– 2y + b)= (x–y)(x2 + 4xy + y2) – 2(x + y) + (a + b)，所以，当a + b≠ 0时，不满足题目所给条件．]16. 设(1) 区域D是有界区域，其边界是周线或复周线C；(2) 函数f1(z)及f2(z)在D内解析，在闭域cl(D) = D + C上连续；(3) 沿C，f1(z) = f2(z)．试证：在整个闭域cl(D)，有f1(z) = f2(z)．【解】设f(z) = f1(z) -f2(z)．用Cauchy积分公式，∀z∈D有f(z) = (1/(2πi))⎰C f(ζ)/(ζ–z) dζ = 0．所以∀z∈cl(D)有f(z) = 0，即f1(z) = f2(z)．∀∃∅-⨯±≠≥·◦≤≡⊕⊗≅αβχδεφγηιϕκλμνοπθρστυϖωξψζ∞•︒ℵℜ℘∇∏∑⎰⊥∠ √§ψ∈∉⊆⊂⊃⊇⊄⊄∠⇒♣♦♥♠§ #↔→←↑↓⌝∨∧⋃⋂⇔⇒⇐∆∑ΓΦΛΩ∂∀m∈ +，∃m∈ +，★〈α1, α2, ..., αn〉lim n→∞，+n→∞∀ε > 0，∑u n，∑n≥ 1u n，m∈ ，∀ε > 0，∃δ> 0，【解】⎰[0, 2π]l 2 dx，f(x) = (-∞, +∞)[-π, π]∑1 ≤k≤n u n，[0, 2π]。

复变函数与积分变换习题册(含答案)

第1章复数与复变函数 (作业1)一、填空题 1、ieπ2的值为。

2、k 为任意整数，则34+k 的值为。

3、复数i i (1)-的指数形式为。

4、设b a ,为实数，当=a , b= 时，).35)(1()3()1(i i b i a ++=-++ 二、判断题（正确的划√，错误的划） 1、2121z z z z +=+ （）2、()()())z Re(iz Im ;z Im iz Re =-= （）3、()()i i i 125432+=++ （）三、选择题1．当ii z -+=11时，5075100z z z ++的值等于（）（A ）i （B ）i - （C ）1 （D ）1-2．复数)(tan πθπθ<<-=2i z 的三角表示式是（）（A ）)]2sin()2[cos(secθπθπθ+++i （B ）)]23sin()23[cos(sec θπθπθ+++i （C ）)]23sin()23[cos(secθπθπθ+++-i （D ）)]2sin()2[cos(sec θπθπθ+++-i 3．使得22z z =成立的复数z 是（）（A ）不存在的（B ）唯一的（C ）纯虚数（D ）实数 4.若θi re i i=+--2)1(3，则（）（A ）πθ-==3arctan ,5r （B ）πθ-==3arctan ,210r （C ）3arctan ,210-==πθr （D ）3arctan ,5-==πθr 5. 设复数z 位于第二象限，则z arg 等于（）。

(A) x y arctan 2+π (B) x y arctan +π (C) x y arctan 2-π (D) xy arctan +-π 四、计算与证明题 1、设ii i i z -+-=11，求.),Im(),Re(z z z z2、当x y ,等于什么实数时，等式()i iy i x +=+-++13531成立？3、求复数ii-+23的辐角。

复变函数与积分变换考题附答案

答案：一、填空题（本大题共5小题，每小题4分，总计20分）1sin )44--+i ππ2、1,1-+--i i3、2104+-=v u4、4+k e ππ5、12+i二、计算与解答题（本大题共8小题，每小题9分，总计72分）1.223e ()d ()==-⎰f z z ξξξξξ，当(1)||3,>z 22023e e ()()d =2[]'|()==-=-⎰z f z i z ξξξξξξπξξ 220222e ()e 212|2()=----==-z z i i z z ξξξξππξ (2)0||3,<<z 122222e e ()()d d -=+-⎰⎰C C z f z z ξξξξξξξξ2222221e e 21222----=+=z z z z i i i z z z πππ(3)0=z ，22033e 2()d (e )''|42!=====⎰i f z i ξξξξπξπξ 2、2()()(,)=++f z x y iv x y φ，由于2(,)()=+u x y x y φ为调和函数，故=-xx yy u u ，即''()2=-y φ，212()=-++y y C y C φ.由C-R 方程，12=,2==-+=-x y y x u x v u y C v 从而得到 132=++v xy C x C . 由于(0)'(0)0==f f ，得1230===C C C . 因此2222()(,)2,()2=-==-+=，y y v x y xy f z x y xyi z φ. 3、将函数21()-=z f z z在将01=z 处展开成泰勒级数，并指出收敛半径. 收敛半径1=R ，即|1|1-<z2101111()(1)()'(1)()'11(1)((1)(1))'(1)(1)∞∞+==-==--=--+-=----=--∑∑n n n nn n z f z z z z z z z z n z4、333241111()cos (1)2!4!2!4!==-+-=-+-z f z z z z z z z z11Re [(),0]4!24==s f z5、扩充复平面内函数3e ()(1e )=-zz f z z 的奇点为,0∞和使10,1,12,0,1,2,-=====±±z z e e z Ln i k k π当220,11(1)(1)2!2!2!=-=-+++=---=---z z z z k e z z z故0=z 是()f z 的四级极点.设()1,(2)0,'(2)0=-=≠z g z e g k i g k i ππ2,1,2,==±±z i k k π是一级极点.又lim 2→∞=∞k k i π，故∞不是孤立奇点.6、841d (2)(5)=--⎰z z z z812Re [(),]2(Re [(),5]Re [(),])===-+∞∑k k i s f z z i s f z s f z ππ851Re [(),5]lim(5)(),Re [(052→=-=∞-），]＝z s f z z f z s f z 所以，原式8152-＝-2iπ7、ℱ0000[()cos ]()cos ()2-+∞+∞---∞-∞+=⋅=⋅⎰⎰i t i t iwtiwte ef t t f t t edt f t e dt ωωωω00()()0011()()[()()]22+∞---+-∞=⋅+⋅=-++⎰i t i tf t e f t e dt F F ωωωωωωωωℱ0000[()cos ]()cos cos |1+∞--=-∞===⎰i t i t t f t t t te dt te ωωωδωω8、两边Laplace 变换得 2()(4)(1)=++sY s s s求逆变换得 4441()c o s s in 171717-=-++t y t e t t 三1、由卷积定理L a t t af t =⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎰0d )(L ss aF t f 1)(]1*)([⋅=3、由C-R 方程得 '()0=+=-=x x y y f z u iv v iu ，得0====x x y y u v v u ，从而12,==u c v c ，故()f z 在D 内恒为常数.。

(完整版)第三章复变函数的积分(答案)

复变函数练习题第三章复变函数的积分系专业班姓名学号§1 复变函数积分的概念 §4 原函数与不定积分一．选择题1．设为从原点沿至的弧段，则[]C 2y x =1i +2()Cx iy dz +=⎰（A ）（B ）（C ）（D ）1566i -1566i -+1566i --1566i +2. 设是，从1到2的线段，则 []C (1)z i t =+t arg Czdz =⎰（A ）（B ）（C ）（D ）4π4i π(1)4i π+1i+3．设是从到的直线段，则[]C 012i π+z Cze dz =⎰（A ）（B ）（C ）（D ）12e π-12e π--12ei π+12eiπ-4．设在复平面处处解析且，则积分[]()f z ()2iif z dz i πππ-=⎰()iif z dz ππ--=⎰（A ）（B ）（C ）（D ）不能确定2i π2i π-0二．填空题1．设为沿原点到点的直线段，则2。

C 0z =1z i =+2Czdz =⎰2．设为正向圆周，则C |4|1z -=2232(4)A Cz z dz z -+=-⎰10.i π三．解答题1．计算下列积分。

（1）323262121()02iziiz i i i edzee e ππππππ---==-=⎰（2）22222sin 1cos2sin 2224sin 2.244iiiii i zdzz z z dz i e e e e i i i i ππππππππππππππ------⎛⎫==- ⎪⎝⎭⎛⎫--=-=-=+⎪⎝⎭⎰⎰（3）110sin (sin cos )sin1cos1.z zdzz z z =-=-⎰（4）20222cos sin 1sin sin().222iiz z dzz i ππππ==⋅=-⎰2．计算积分的值，其中为正向圆周：||C z dz z ⎰A C （1）2200||22,022224.2i i i z Cz e e ie d id i θθππθθπθθπ-==≤≤⋅==⎰⎰积分曲线的方程为则原积分I =（2）2200||44,024448.4i i i z Cz e e ie d id i θθππθθπθθπ-==≤≤⋅==⎰⎰积分曲线的方程为则原积分I =3．分别沿与算出积分的值。

复变函数答案钟玉泉第三章习题全解

即 Φ′(x) = 0, Φ( x) = C ,故
f (z) = e x (x cos y − y sin y) + i( xex sin y + e x y cos y + C)
又因 f (0) = 0, 故 f (0) = iC = 0 ⇒ C = 0 ,所以
f (z) = ex ( x cos y − y sin y) + i(xex sin y + e x y cos y)
′(
x)
= 0.
所以ϕ( x) = C ,故
x
y
f (z) = − x2 + y2 + C + i x2 + y2
又因为 f (2) = 0 ,所以 C = 1 ,故 2
x1
y
f (z) = − x2 + y2 + 2 + i x2 + y2
17.证明：设 f (z ) = u + iv ⇒ 4 f ′( z) 2 = 4(ux2 + vy2 )
∫ 2z 2 − z +1dz = 2πi(2z 2 − z +1) = 4πi
z ≤2 z −1
z =1
(2)可令 f (z) = 2z 2 − z +1,则由导数的积分表达式得
∫ 2z 2 − z +1dz = 2πif ′(z) = 6πi
z =2 (z − 1) 2
z =1
sin π zdz
∫ v = (xex cos y − e x y sin y + e x coy)dy
∫ = xex sin y + e x sin y − e x y sin ydy

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

复变函数习题三

第三章复变函数的积分一、判断题（1）微积分中的求导公式、洛必达法则、中值定理等均可推广到复变函数。

（）（2）有界整函数必为常数。

（）（3）积分⎰=--ra z dz az 1的值与半径)0(>r r 的大小无关。

（）（4）若在区域D 内有)()(z g z f ='，则在D 内)(z g '存在且解析。

（）（5）若)(z f 在10<<z 内解析，且沿任何圆周)10(:<<=r r z c 的积分等于零，则)(z f 在0=z 处解析。

（）（6）设21,v v 在区域D 内均为u 的共轭调和函数，则必有21v v =。

（）（7）解析函数的实部是虚部的共轭调和函数。

（）（8）以调和函数为实部与虚部的函数是解析函数。

（）二、选择题：1．设C 为从原点沿0至i 21+的有向线段，则=⎰Cz z d Re ( )（A ）i -21 （B ）i +-21 （C ）i +21（D ）i --212．设C 为不经过点1,0与i -的正向简单闭曲线，则z i z z z Cd )()1(12⎰+-为( )（A ）2i π （B ）2i π- （C ）0 （D ）(A)(B)(C)都有可能 3．设C 为从1沿1=+y x 至i 的直线段，则=-+⎰y xy x y x Cd 2d )(22( )（A ）i - （B ）i （C ）1 （D ）1-4．设C 为正向圆周2=z ，则=+⎰-z z e c zd )1(2( ) （A ）i π2- （B ）i e π2- （C ）i e π2 （D ）12i π5．设C 为正向圆周21=z ，则=+---⎰z z z z z C d 10621sin)2(23 ( ) （A ）)1sin 1cos 3(2-i π （B ）0 （C ）1cos 6i π （D ）1sin 2i π-6．设ξξξξd ze zf ⎰=-=43)()(，其中4≠z ，则='）i f π(( ) （A ）i π- （B ）1- （C ）i π （D ）17．设C 为正向圆周0222=-+x y x ，则=-⎰z z z C d 1)4sin(2π( ) （A ）i π22 （B ）i π2 （C ）0 （D ）i π22- 8．设C 为椭圆1422=+y x ，则积分⎰C z z d 1= （）（A ）i π2 （B ）π （C ）0 （D ）i π2-9．设c 为任意实常数，那么由调和函数22y x u -=确定的解析函数iv u z f +=)(是( )(A)c iz +2（B ） ic iz +2（C ）c z +2（D ）ic z +210．设),(y x v 在区域D 内为),(y x u 的共轭调和函数，则下列函数中为D 内解析函数的是( )（A ）),(),(y x iu y x v + （B ）),(),(y x iu y x v -（C ）),(),(y x iv y x u - （D ）xv i x u ∂∂-∂∂三、填空题1．设C 为负向圆周2||=z ，则=⎰C z z d2．设C 为正向圆周2=-i z ，则=-++⎰C z i z z z d )(12532 3．设,2)(2⎰-+-=Cd z z f ξξξξ其中曲线C 为椭圆19422=+y x 正向，则=)1(f =+')2(i f =-'')(i f4．设C 为正向圆周1=z ，则⎰Czzd 5．解析函数在圆心处的值等于它在圆周上的6．设C 是从π到i 的直线段，则积分=⎰Czz z e d cos7．设C 为过点i 32+的正向简单闭曲线，则当z 从曲线C 内部趋向i 32+时，=-⎰+→ξξξd ze c i z 32lim ，当z 从曲线C 外部趋向i 32+时，=-⎰+→ξξξd z c i z cos lim32 。

复变函数与积分变换试题及答案

南昌大学2008～2009学年第一学期期末考试试卷468复变函数与积分变换试题（一）一、填空（3分×10）1．)31ln(i --的模，幅角。

2．-8i 的三个单根分别为：，，。

3．Ln z 在的区域内连续。

4．z z f =)(的解极域为：。

5．xyi y x z f 2)(22+-=的导数=')(z f。

6．=⎥⎦⎤⎢⎣⎡0,sin Re 3z z s。

7．指数函数的映照特点是：。

8．幂函数的映照特点是：。

9．若)(ωF =F [f (t )]，则)(t f = F )][(1ω-f。

10．若f （t ）满足拉氏积分存在条件，则L [f (t )]=。

二、(10分)已知222121),(y x y x v +-=，求函数),(y x u 使函数),(),()(y x iv y x u z f +=为解析函数，且f (0)=0。

三、（10分）应用留数的相关定理计算⎰=--2||6)3)(1(z z z z dz四、计算积分（5分×2） 1．⎰=-2||)1(z z z dz2．⎰-c i z z3)(cos C ：绕点i 一周正向任意简单闭曲线。

五、（10分）求函数)(1)(i z z z f -=在以下各圆环内的罗朗展式。

1．1||0<-<i z 2．+∞<-<||1i z六、证明以下命题：（5分×2）（1）)(0t t -δ与o iwt e -构成一对傅氏变换对。

（2）)(2ωπδ=⎰∞+∞-ω-dt e t i七、（10分）应用拉氏变换求方程组⎪⎩⎪⎨⎧='+=+'+='++'0401z y z y x z y x 满足x (0)=y (0)=z (0)=0的解y (t )。

八、（10分）就书中内容，函数在某区域内解析的具体判别方法有哪几种。

复变函数与积分变换试题答案（一）一、1． 22942ln π+ ，ππk arctg 22ln 32+-2.3-i2i3-i3. Z 不取原点和负实轴4. 空集5. 2z 6． 07.将常形域映为角形域8. 角形域映为角形域9.⎰∞+∞-ωωπωωd e F i )(2110.⎰∞+-0)(dt e t f st二、解：∵y ux x v ∂∂-=-=∂∂ xuy y v ∂∂==∂∂∴c xy u += （5分）c xy y x i z f ++⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=222121)(∵f (0)=0c =0（3分）∴222222)2(2)(2)(z i xyi y x i y x i xy z f -=+--=--=（2分）三、解：原式=（2分）⎥⎦⎤⎢⎣⎡--∑=k k z z z z s i ,)3)(1(1Re 2621π 01=z 12=z（2分）⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=∑=k k z z z z s i ,)3)(1(1Re 2643π 33=z ∞=4z2312(3,)3)(1(1Re 66⨯=⎥⎦⎤⎢⎣⎡--分）z z z s⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡⋅--=⎥⎦⎤⎢⎣⎡∞--0,1)31)(11(11Re 2,)3)(1(1Re 266z z z z s z z z s 分）（=0∴原式=（2分） 23126⨯⨯i π=i 63π-四、1．解：原式⎥⎦⎤⎢⎣⎡-π=∑=k k z z z s i ,)1(1Re 221 （3分） z 1=0z 2=1]11[2+-=i π=0（2分）2．解：原式iz z i=''=s co !22πi z z i =-π=）（cos i i cos π-==1ich π-五、1．解：nn i i z i i z ii z ii z i i z i z z f ∑∞=⎪⎭⎫⎝⎛--⋅-=-+⋅⋅-=+-⋅-=0111111)(111)(11)(分）（分）（分）（11)(--∞=-=∑n n n i z in nn i z i )(1-=∑∞-=（2分）2．解：⎪⎭⎫⎝⎛-+⋅-=-+⋅-=i z i i z i z i i z z f 11)(11)(1)(11)(2分）（分）（（1分）nn i z i i z ∑∞=⎪⎭⎫ ⎝⎛---=02)(120)(11+∞=-=∑n n n i z i 20)(--∞=-=∑n n n i z i （2分）六、1．解：∵00)(0t i e t t ti t i e dt e t t ωωωδ-==--∞+∞-=-⎰（3分） ∴结论成立（2）解：∵1)(2210==ωπδπ=ωω-ω-∞+∞-⎰ti t i e dw e（2分）∴)(2w πδ与1构成傅氏对∴)(2ωπδω=-∞+∞-⎰dt e t i（2分）七、解：∵⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+=++=++)3(0)(4)()2(0)()()()1(1)()()(s sZ s Y s Z s sY s X S s sZ s Y s sX（3分）S （2）-（1）： ∴⎪⎭⎫ ⎝⎛-⋅-=s s s Y 111)(2⎪⎭⎫ ⎝⎛++--=--=1111211112s s s s s s （3分）∴cht e e t Y tt -=--=-121211)( 八、解：①定义；②C-R 充要条件Th ； ③v 为u 的共扼函数10分复变函数与积分变换试题（二）一、填空（3分×10）1．函数f (z )在区域D 内可导是f (z )在D 内解析的（）条件。

第三章复变函数的积分(答案).doc

复变函数练习题第三章复变函数的积分系专业班姓名学号§1 复变函数积分的概念§4 原函数与不定积分一．选择题1．设 C 为从原点沿 y 2x 至 1 i 的弧段，则( x iy 2 ) dz[]C（ A ）1 5i（ B ） 15 i（ C ） 1 5 i（ D ）1 5i6 6 6 66 6 6 62. 设 C 是 z (1 i)t ， t 从 1 到 2 的线段，则arg zdz[]C（ A ）（ B ） i（ C ） 4 (1 i)（ D ） 1 i443．设 C 是从 0 到 1 i 的直线段，则 ze z dz[]2C（A ）12 e （B ） 1e （C ） 1ei （D ）1ei2224．设 f ( z) 在复平面处处解析且i2 i ，则积分i z)dz[ ]f ( z)dz f (ii（A ） 2 i（ B ） 2i（C ） 0（ D ）不能确定二．填空题1．设 C 为沿原点 z0到点 z 1 i 的直线段，则2 z dz 2。

C2．设 C 为正向圆周 | z4 | 1 ，则z 23z 2dz10 i.C(z 4)2三．解答题1．计算下列积分。

（ 1）3 ie 2 z dzi1 2 z 3 iei21 (e 6 i e2 i ) 02（ 2）i2zdzsinii1 cos2z z sin2z ii 2 dz2 4iisin2 ie 2e 2 e 2e 22 ii.4i4（ 3）1 zsin zdz0 (sin z zcos z)（ 4）10 sin1 cos1.izcosz 2 dzsin z 2isin 21 sin( i )2 .2 0 2 22．计算积分zC 为正向圆周：dz 的值，其中C| z|（ 1）| z | 2积分曲线 C 的方程为z 2e i , 0 2 则原积分2 2e i2ie i d 2I=2 2id4 i.0 0（ 2）| z | 4积分曲线 C 的方程为z 4e i , 0 2 则原积分2 4e i4ie i d 2I=4 4id8 i .0 03．分别沿y x与y x21 i算出积分(i z )dz 的值。

复-第三章复变函数的积分作业题

i
解：因被积函数 ( z i )e 在复平面为解析函数，故( z i )e 有原函数，于是利用分部积分和牛顿－莱布尼兹公式，得
z
( z i )e
0 i
i
z
dz ( z i )d (e )
z z 0 z i i z 0 z 0
i
( z i )(e ) (e )d ( z i ) i e dz i (e ) i e 1
C

1 1 1 5 2 t dt i tdt i 0 ( x iy)dz 0 (t it )(1 i)dt＝(1 i) 0 0 6 6 x t 2 2 2)曲线y x 的参数方程为， 0 t 1 , 或 z t it , 0 t 1, 2 y t 1 i 1 1 5 2 2 得dz (1 2it )dt.得 ( x iy )dz (t it )(1 2it )dt i 0 0 6 6 1 i 2 1 2
7.沿指定曲线的正向计算下列各积分： 9） sin z z 2
2 C
dz，C : z 2;
解：被积函数的奇点 : z z0 在C内, 且 sin z在 2 包含C内的复平面内解析，根据柯西积分的高阶 f ( z) 2i ( n ) 导数公式 dz f ( z0 )，n 1,2, n 1 C (z z ) n! 0
3 6） z cos zdz，C为包围z 0的闭曲线; C
解：因z 、 cos z在复平面内都是解析函数，所以被积函数在C内和C上解析，根据柯西－古萨基本定理得 z 3 cos zdz 0
C

第三章_复变函数的积分(答案)

1 2 i z 1 z 0
2
解法二： I 2 i
（2） C :| z i |
3 ; 2
1 I 2 i 0 2 i i. 2
解法二： I 2 i
1 1 2 i 2 i i i z 1 z 0 z( z i ) z i
复变函数练习题
第三章
复变函数的积分学号
系专业班姓名 § 1 复变函数积分的概念 § 4 原函数与不定积分一．选择题 1．设 C 为从原点沿 y x 至 1 i 的弧段，则
2

C
( x iy 2 )dz
1 5 i 6 6
（D）
[
]
（A）
1 5 i 6 6
（B）
1 5 i 6 6

2
1 1 1 + dz = （2 i 2 i ) 2 i. C z 1 z +1 2
解法二：被积函数
z 在 C 内部具有两个奇点z 1， z 1
分别作两个以 1, -1 为心，充分小的长度为半径的圆周 C1、 C2，且 C1 和 C2 含于 C 内部。由复合闭路定理，

C C

C
Ln zdz (ln R i arg z 2 i )dz i arg zdz i Riei d 2 R i.
16
复变函数练习题
第三章
复变函数的积分学号
系专业班姓名 § 5 柯西积分公式 § 6 解析函数的高阶导数一．选择题。 1．设 C 是正向圆周 x y 2 x 0 ，则
（C）
1 5 i 6 6
[ ]
2. 设 C 是 z (1 i )t ， t 从 1 到 2 的线段，则（A）

复变函数的积分例题及解析

复变函数的积分例题及解析复变函数的积分（IntegrationofComplexFunctions）是数学中比较重要的概念，它是求解复变函数（complex functions）的极限问题，为此，它N也是研究分析数学物理等科学和工程领域中非常重要的内容。

本文将详细讨论复变函数积分的例题及解析，以便帮助读者更好的理解这一概念。

首先，假设，复变函数f(z)的定义域为实数轴上的一段区间，做如下导数：f/x = -Imf(z)f/y = Re f(z)由以上的极限定理可以得出复变函数的切线公式：复变函数f(z)的切线公式是：切线公式： tgθ = Imf(z)/Re f(z)其中θ是切线与x轴正半轴之间的夹角。

此外，复变函数积分还可以通过曲线积分定理求解：曲线积分定理：如果复变函数f(z)在路径L上连续，那么其积分为：∫Lf(z)dz=∫ LxRe f(z)dy -∫ LyImf(z)dx其中Re f(z)表示复变函数f(z)的实部，Imf(z)表示复变函数f(z)的虚部。

最后，例题及解析：例1：求证：若复变函数f(z)在其定义域内连续，则∫f(z)dz = 0解：首先，根据曲线积分定理，可得：∫f(z)dz=∫ LxRe f(z)dy -∫ LyImf(z)dx因为复变函数f(z)在其定义域内连续，所以两个积分项相等，即：∫ LxRe f(z)dy =∫ LyImf(z)dx由此可以推出：∫f(z)dz=∫ LxRe f(z)dy -∫ LyImf(z)dx = 0所以，证明得证。

例2：求复变函数f(z) = z2+i（z为复数）的积分解：首先，根据曲线积分定理，可得：∫f(z)dz=∫ LxRe f(z)dy -∫ LyImf(z)dx其中：Re f(z) = z2Imf(z) = 1因此，∫f(z)dz=∫ Lxz2dy -∫ Ly1dx∫f(z)dz=∫ Lxz2dy -∫ Ly1dx积分结果为：∫f(z)dz = z3/3 + i(z)综上，本文详细阐述了复变函数的积分例题及解析，从而帮助读者更好的理解这一概念。

复-第三章 复变函数的积分 作业题

复变函数第三章答案

第三章复变函数的积分

复变函数习题答案第3章习题详解

复-第三章 复变函数的积分 作业题

复变函数习题答案第3章习题详解.docx

《复变函数》第四版习题解答第3章

复变函数习题解答(第3章)

复变函数与积分变换习题册(含答案)

复变函数与积分变换考题附答案

(完整版)第三章复变函数的积分(答案)

复变函数答案 钟玉泉 第三章习题全解

复变函数与积分变换第三章习题解答

复变函数习题三

复变函数与积分变换试题及答案

第三章复变函数的积分(答案).doc

复-第三章 复变函数的积分 作业题

第三章_复变函数的积分(答案)

复变函数的积分例题及解析

复-第三章复变函数的积分作业题

复-第三章复变函数的积分作业题

复变函数答案钟玉泉第三章习题全解

复-第三章复变函数的积分作业题