复变函数的积分(答案)

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复变函数与积分变换答案(马柏林、李丹横、晏华辉)修订版,习题2

y
v ex ( y cos y x sin y) ex (sin y) ex ( y cos y x sin y sin y) x
v ex (cos y y( sin y ) x cos y) ex (cos y y sin y x cos y ) y
所以 u
v ,
u
v
xy
y
x
所以 f( z)处处可导，处处解析 .
v
xy
y
x
所以 v xv,v源自xyv ,即 u u v v 0
y
xyxy
从而 v 为常数， u 为常数，即 f(z)为常数 .
(3) Ref (z)=常数 .
证明：因为 Ref(z)为常数，即 u=C1, u x
u0 y
因为 f( z)解析， C-R 条件成立。故 u x
u 0 即 u=C2 y
从而 f( z)为常数 .
而 lim u x, y x, y 0,0
x 3 y3
lim
x, y 0,0
x2
y2
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7
—
∵
x3 x2
y3 y2
xy x y 1 x2 y2
∴ 0≤
x3 x2
y3 3 y2 ≤ 2 x
y
x3 y3
∴
lim
x, y 0,0
x2
y2
0
同理
x3
lim
x, y 0,0
x2
y3 y2
0
∴ lim f z 0 f 0 x, y 0,0
证明：因为 f ( z) 0 ，所以 u x
u 0, v
y
x
v 0.
y
所以 u,v 为常数，于是 f(z)为常数 .

(完整版)复变函数与积分变换习题答案

一、将下列复数用代数式、三角式、指数式表示出来。

(1) i 解：2cossin22ii e i πππ==+(2) -1解：1cos sin i e i πππ-==+ (3)1+解：()/3122cos /3sin /3i e i πππ+==+ (4) 1cos sin i αα-+ 解：2221cos sin 2sin 2sincos2sin(sincos )2222222sincos()sin()2sin 222222i i i i i e πααααααααααπαπαα⎛⎫- ⎪⎝⎭-+=+=+⎛⎫=-+-= ⎪⎝⎭(5) 3z解：()3333cos3sin3i z r e r i θθθ==+ (6) 1i e +解：()1cos1sin1i i e ee e i +==+(7)11ii-+ 解：3/411cos3/4sin 3/411i i i i e i i i πππ--==-==+++二、计算下列数值(1) 解：1ar 21ar 21ar 2 b i ctg k a bi ctg abi ctgaπ⎛⎫+ ⎪⎝⎭==⎧⎪=⎨⎪⎩(2)解：6226363463222i k i i i i e i ee e iπππππππ⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎛⎫+ ⎪⎝⎭⎧=+⎪⎪⎪⎨====-+⎪⎪⎪=-⎩(3) i i 解：()2222ii k k i i e eππππ⎛⎫⎛⎫+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭==(4)解：()1/2222ii k k eeππππ⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭==(5) cos5α解：由于：()()552cos5i i e e ααα-+=，而：()()()()()()()()5555555555cos sin cos sin cos sin cos sin nni nn nni n n e i C i e i C i αααααααααα-=--==+==-=-∑∑所以：()()()()()()()()()()()555505555043253543251cos5cos sin cos sin 21 cos sin 112 5cos sin cos sin cos 5cos sin 10cos sin cos n n n nn n n n nn n C i i C i i C i ααααααααααααααααα--=--=⎡⎤=+-⎣⎦⎡⎤=+-⎣⎦=++=-+∑∑(6) sin5α解：由于：()()552sin 5i i ee ααα--=，所以：()()()()()()()()()()()()55550555505234245552341sin 5cos sin cos sin 21 cos sin 1121 sin cos sin sin cos sin 10cos sin 5sin cos n n n nn n n n nn n C i i i C i i i C i C i iααααααααααααααααα--=--=⎡⎤=--⎣⎦⎡⎤=--⎣⎦=++=-+∑∑ (7) cos cos2cos n ααα+++L L 解：()()221cos cos 2cos ()()2(1)1(1)11(1)(1)1 21122(1cos )1 2i i in i i in i in i i in i i in i in i i i n e e e e e e e e e e e e e e e e e e e e ααααααααααααααααααααααα----------⎡⎤+++=+++++++⎣⎦⎡⎤--+--⎡⎤--⎢⎥=+=⎢⎥---⎢⎥⎣⎦⎣⎦+=L L L L L L (1)(1)22(1cos )12cos 22cos(1)2cos cos 1cos(1)cos 22(1cos )2(1cos )1sin()sin22 2sin2i i n i n in in e e e e n n n n n ααααααααααααααααα+-+-⎡⎤---++⎢⎥-⎣⎦⎡⎤--++--++==⎢⎥--⎣⎦+-=(8) sin sin 2sin n ααα+++L L 解：()()221sin sin 2sin ()()2(1)1(1)11(1)(1)1 21122(1cos )1 2i i in i i in i in i i in i i in i in i i i n e e e e e e i e e e e e e e e e e i e e i e i αααααααααααααααααααααα---------⎡⎤+++=+++-+++⎣⎦⎡⎤-----⎡⎤--⎢⎥=-=⎢⎥---⎢⎥⎣⎦⎣⎦=L L L L L L (1)(1)112(1cos )12sin 2sin(1)2sin sin sin(1)sin 22(1cos )2(1cos )1cos()cos22 2sin2i n in i i n in e e e e e i i n i n n n i n αααααααααααααααααα+--+-⎡⎤--+-++-⎢⎥-⎣⎦⎡⎤-++-++==⎢⎥--⎣⎦-++=1.2 复变函数1、试证明函数f (z )=Arg(z ) (-π<Arg(z) ≤π)，在负实轴上(包括原点)不连续。

复变函数的——积分习题二答案

2
1
直线x − 上可导，在z 平面上处处不解析。
2
∂u 2 ∂u ∂v ∂v 2
----------------------- Page 1-----------------------
习题二解答
1．利用导数定义推出：
1 1
⎛ ⎞ z +∆z z
2 ）⎜ ⎟' lim −lim =− 2
z ∆→z 0 ∆z ∆→z 0 z(z +∆z) z
在z 平面上处处连续，且当且仅当z=0 时，u,v 才满足C-R 条件，故 () 2 2
f z xy +i x y 仅在点z 0
z −1 cz +d
′ 4 ()
解（1）由于f z 5(z =−1) ，故f z 在z 平面上处处解析。
() ′( )
（1）如果f z 在z0 点连续，那么f z0 存在。
′( ) ( )
（2 ）如果f z0 存在，那么f z 在z0 点解析。
2x 3y ,即 2x ± 3y 0 时，u,v 才满足C-R 条件，故
3 3
f z u =+iv 2x =+3y i 仅在直线 2x ± 3y 0 上可导，在z 平面上处处不解析。
−1
知 () ()
f z 在除去点z ±1外的z 平面上处处可导。处处解析，z ±1是f z 的奇点。
1
----------------------- Page 2-----------------------
ad −bc
f ′z ()
（3）由于 ′( )
f z 2 − 2 2
2 ( )( )

复变函数与积分变换试题和答案

复变函数与积分变换试题(一）一、填空(３分×10)１.得模ﻩﻩ、幅角ﻩ。

２.-8i得三个单根分别为：、、。

3.Lｎz在得区域内连续。

4．得解极域为:ﻩﻩﻩﻩﻩ。

５.得导数ﻩﻩﻩﻩﻩ。

6. ﻩﻩ。

７.指数函数得映照特点就是:ﻩﻩﻩﻩﻩﻩﻩﻩﻩ。

8．幂函数得映照特点就是: ﻩﻩﻩﻩﻩﻩﻩ。

9.若=F [f(t)]、则= F ﻩﻩﻩﻩ。

１０.若f(ｔ)满足拉氏积分存在条件、则L [f(ｔ)］= ﻩﻩﻩ。

二、(10分)已知、求函数使函数为解析函数、且f(0)＝0。

三、(10分)应用留数得相关定理计算四、计算积分(5分×2)1.2．C:绕点ｉ一周正向任意简单闭曲线。

五、(1０分)求函数在以下各圆环内得罗朗展式。

1.2.六、证明以下命题：（5分×2)(1)与构成一对傅氏变换对。

（2）七、(10分)应用拉氏变换求方程组满足x （0)＝y （０)=z (0)＝0得解y (t )。

八、(１0分)就书中内容、函数在某区域内解析得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．ﻩﻩ、ﻩ ﻩ２、ﻩ-i ﻩﻩ2ｉﻩ-i ﻩ3、ﻩZ 不取原点与负实轴４、空集５、ﻩ2z ﻩ6.０ 7、将常形域映为角形域ﻩ８、角形域映为角形域 9、ﻩ ﻩ1０、二、解:∵ﻩ ∴ ﻩ(5分)∵f (0）=0ﻩﻩﻩﻩc =0(３分)∴ﻩﻩ(2分)三、解：原式＝(2分)ﻩ（2分）⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡⋅--=⎥⎦⎤⎢⎣⎡∞--0,1)31)(11(11Re 2,)3)(1(1Re 266z z z z s z z z s 分）（=0∴原式=(2分) =四、1.解:原式ﻩ(３分) z 1=0 ﻩｚ2=１ﻩ=0ﻩﻩ(2分)2．解:原式=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）（ ﻩﻩ(2分) ﻩ２.解: （1分)ﻩ(2分）六、1.解:∵ﻩ(3分）ﻩ∴结论成立（２)解:∵ﻩ(２分)ﻩ ∴与1构成傅氏对∴（2分)七、解:∵ﻩﻩ（3分)S (２)-（1):∴ （3分)∴八、解：①定义;②C-R 充要条件Th ; ③v 为u 得共扼函数ﻩ1０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 内可导就是ｆ(ｚ）在D 内解析得（ﻩ ﻩ）条件。

复变函数与积分变换课后答案

1 ∴ Res e z 1 ,1 1 ．
2. 利用各种方法计算 f(z)在有限孤立奇点处的留数．
3z 2 (1) f z 2 z z 2 3z 2 解： f z 2 的有限孤立奇点处有 z=0，z=-2．其中 z=0 为二级极点 z=-2 为一级极 z z 2
1 1 2 解： z 1 sin z 2 2 z 1 sin z z 1 1 1 1 1 z 2 2 z 1 3 5 5! z z 3! z 1 ∴ Res f z , 0 1 3!
为在 c 内 tanπz 有 zk k
sin πz 由于 Res f z , zk cos πz
1 π
1 ∴ tan πzdz 2 πi Res f z , zk 2πi 2n 4ni c π k (2)
3 i 10
6. 计算下列积分．
(1)
π
0
cos m d 5 4 cos 1 π cos m d 2 π 5 4 cos
因被积函数为 θ 的偶函数，所以 I 令 I1
1 π sin m d 则有 2 π 5 4 cos
1 π eim d 2 π 5 4 cos
z 0
所以由留数定理．

AB
f z dz
BE
f z dz
EF
f z dz
C
FA
f z dz 2πi ln a
而

BE
f z dz

R
C
e x Ri ln a dx x Ri 2

复变函数与积分第一章(2)答案

1、指出下列不等式所确定的区域与闭区域，并指明它是有界的还是无界的？是单连通域还是多连通域？ (1) 32<<z (2) 31<z (3) 313arg 4<<<<z z 且；
ππ (4) 21Im <>z z 且；
解：（1）该区域是有界多连通域，为下图阴影部分。

（2）该区域是无界多连通域，为下图阴影部分。

( 3 ) 该区域是有界单连通域，为下图阴影部分。

（4）该区域是有界单连通域，为下图阴影部分。

2、设
⎪⎩
⎪⎨⎧=≠+=,0,0,0,)(22z z y x y x z f 试证)(z f 在0=z 不连续。

证明：若z 沿直线kx y =趋于0，则
()()()()()2
022220220,0,0,0,1lim lim lim lim k k x k x kx y x xy z f x x y x y x +=+=+=→→→→，因该极限随k 的不同而不同，所以当()()0,0,→y x 时，()z f 的极限不存在。

而根据连续性的定义，只有当该极限存在并且极限值等于该函数在此处的函数值时，才认为函数在该点处连续，所以说)(z f 在0=z 不连续。

(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答案（马柏林、李丹横、晏华辉）修订版,习题3

习题三1. 计算‎积分2()d Cx y ix z -+⎰,其中C 为从原‎点到点1+i 的直线段‎.解设直线段的方‎程为y x =,则z x ix =+. 01x ≤≤‎故 ()()12212310()11(1)(1)(1)333Cx y ix dz x y ix d x ix i i ix i dx i i x i -+=-++-=+=+⋅=+=⎰⎰⎰2‎. 计算积分(1)d Cz z -⎰，其中‎积分路径C 为(1)‎ 从点0到点1+i 的‎直线段;(2) 沿‎抛物线y =x 2，从点‎0到点1+i 的弧段.‎解 (1)设z x ix =+. ‎ 01x ≤≤()()111()Cz d z x i x dx i x i-=-++=⎰⎰ (2)‎设2z x ix =+. 01x ≤≤()()122211()3Ciz dz x ix d x ix -=-++=⎰⎰ ‎3. 计算积分d Cz z ⎰，其‎中积分路径C 为(1‎) 从点-i 到点i 的‎直线段;(2) 沿‎单位圆周|z |=1的‎左半圆周，从点-i 到‎点i ;(3) 沿单‎位圆周|z |=1的右‎半圆周，从点-i 到点‎i .解 (1)设‎z iy =. 11y -≤≤1111Cz dz ydiy i ydy i --===⎰⎰⎰(2‎)设i z e θ=. θ从32π到2π‎22332212i i Cz dz de i de i ππθθππ===⎰⎰⎰(3) 设i z e θ=.‎ θ从32π到2π23212i Cz dz de i πθπ==⎰⎰‎6. 计算积分()sin zCz ez dz -⋅⎰ ,其‎中C 为0za =>.解()sin sin zzCCCz ez dz z dz e zdz -⋅=-⋅⎰⎰⎰‎∵sin ze z ⋅在z a =所围的区域内‎解析∴sin 0zCezdz ⋅=⎰从而()2022sin 0z i CCi z e z dz z dz adae a i e d πθπθθ-⋅====⎰⎰⎰⎰ ‎故()sin 0zCz ez dz -⋅=⎰7. 计算‎积分21(1)Cdz z z +⎰,其中积分路径‎C 为（1）11:2C z =‎（2）23:2C z =（3）31:2C z i +=‎（4）43:2C z i -= 解：‎（1）在12z =所围的区域‎内，21(1)z z +只有一个奇点0z =‎. 12111111()2002(1)22CC dz dz i i z z z z i z i ππ=-⋅-⋅=--=+-+⎰⎰ （2）在2C 所‎围的区域内包含三个奇‎点0,z z i ==±.故22111111()20(1)22CC dz dz i i i z z z z i z iπππ=-⋅-⋅=--=+-+⎰⎰ （3）‎在2C 所围的区域内包含‎一个奇点z i =-,故32111111()00(1)22C C dz dz i i z z z z i z i ππ=-⋅-⋅=--=-+-+⎰⎰‎（4）在4C 所围的区域‎内包含两个奇点0,z z i ==,故‎42111111()2(1)22C C dz dz i i i z z z z i z i πππ=-⋅-⋅=-=+-+⎰⎰10.利用‎牛顿-莱布尼兹公式计‎算下列积分. ‎(1)20cos 2izdz π+⎰(2‎)z ie dz π--⎰ (3)21(2)iiz dz +⎰‎(4) 1ln(1)1iz dz z ++⎰ (5‎)1sin z zdz ⋅⎰(6)211tan cos izdz z +⎰‎解 (1)2201cos sin21222iiz z dz ch ππ++==⎰(2‎)2zz iiedz e ππ----=-=-⎰(3)22311111111(2)(2)(2)(2)333ii ii iz dz iz d iz iz i i +=++=⋅+=-+⎰⎰ (‎4) 222111ln(1)11ln(1)ln(1)ln (1)(3ln 2)1284ii iz dz z d z z z π+=++=+=-++⎰⎰ (5)11110000sin cos cos cos sin1cos1z zdz zd z z z zdz ⋅=-=-+=-⎰⎰⎰‎(6) 222112111221tan 1sec sec tan tan cos 2111tan1tan 1t 122ii i i iz dz zdz z zdz tanz z z ith h +=+=+⎛⎫=-+++ ⎪⎝⎭⎰⎰⎰11.‎ 计算积分21zCe dz z +⎰,其中C ‎为 (1) 1z i -= (‎2) 1z i += (3) ‎2z =解 (1)221()()z z ziz iC C e e e dz dz i e z z i z i z iππ===⋅=++-+⎰⎰ ‎(2)221()()z z zi z iC C e e e dz dz i e z z i z i z iππ-=-==⋅=-++--⎰⎰(3)‎122222sin1111z z z i iC C C e e e dz dz dz e e i z z z πππ-=+=-=+++⎰⎰⎰16. ‎求下列积分的值,其中‎积分路径C 均为|z |‎=1.(1) 5zC e dz z ⎰ ‎ (2) 3cos C z dz z ⎰(3)‎ 020tan12,()2C zdz z z z <-⎰ 解 (1) (4)52()4!12z z z C e i idz e z ππ===⎰ ‎(2)(2)3cos 2(cos )2!z C z i dz z i z ππ===-⎰(3)‎ 0'220tan22(tan )sec ()2z z C zz dz i z i z z ππ===-⎰17. 计‎算积分331(1)(1)C dz z z -+⎰ ,其中积分路‎径C 为(1)中心位‎于点1z =,半径为2R <的正‎向圆周(2) 中心‎位于点1z =-,半径为2R <的‎正向圆周解：(‎1) C内包含了奇点‎1z =∴(2)13331213()(1)(1)2!(1)8z C i idz z z z ππ===-++⎰ (2) C‎内包含了奇点1z =-,∴‎(2)13331213()(1)(1)2!(1)8z C i i dz z z z ππ=-==--+-⎰19. 验证下‎列函数为调和函数.‎3223(1)632;(2)e cos 1(e sin 1).x xx x y xy y y i y ωω=--+=+++解(1) 设w u i υ=+,‎3223632u x x y xy y=--+ 0υ=∴223123u x xy y x ∂=--∂ 22666ux xy y y∂=--+∂ ‎22612u x y x∂=-∂ 22612ux y y ∂=-+∂ 从而有22220u ux y ∂∂+=∂∂‎,w 满足拉普拉斯方程‎,从而是调和函数. ‎(2) 设w u i υ=+,cos 1x u e y =⋅+ ‎sin 1x e y υ=⋅+∴cos x u e y x ∂=⋅∂ s i n x ue y y∂=-⋅∂ 22cos x u e y x ∂=⋅∂ ‎ 22cos x u e y y∂=-⋅∂ 从而有22220u ux y∂∂+=∂∂,u ‎满足拉普拉斯方程,从‎而是调和函数. sin x e y x υ∂=⋅∂ ‎ cos x e y yυ∂=⋅∂ 22sin xe y x υ∂=⋅∂ 22s i n x y e yυ∂=-⋅∂ 22220x yυυ∂∂+=∂∂,‎υ满足拉普拉斯方程,‎从而是调和函数.‎20.证明:函数22u x y =-,‎22xx yυ=+都是调和函数,但()f z u i υ=+‎不是解析函数证明:‎ 2u x x ∂=∂ 2u y y ∂=-∂ 222u x ∂=∂ 222u y∂=-∂ ‎∴22220u ux y ∂∂+=∂∂,从而u 是调和函‎数. 22222()y x x x y υ∂-=∂+ 2222()xy y x y υ∂-=∂+ 223222362()xy x x x y υ∂-+=∂+ ‎ 223222362()xy x y x y υ∂-=∂+ ∴22220x yυυ∂∂+=∂∂,从而υ是‎调和函数. 但∵u x y υ∂∂≠∂∂ ‎ u yx υ∂∂≠-∂∂ ∴不满足C-R ‎方程,从而()f z u i υ=+不是解析‎函数.22.由下‎列各已知调和函数,求‎解析函数()f z u i υ=+ (1)22u x y xy =-+‎(2)22,(1)0yu f x y ==+ 解 (‎1)因为 2u x y x y υ∂∂=+=∂∂ 2u y x y xυ∂∂=-+=-∂∂ ‎ 所以22(,)(,)(2)(2)(2)00(0,0)(0,0)222u u x y x y y x dx dy C y x dx x y dy C xdx x y dy C y xx y xy Cυ∂∂=-++=-+++=-+++⎰⎰⎰⎰∂∂=-+++2222()i(2)22x y f z x y xy xy C =-++-+++令y ‎=0,上式变为22()i()2x f x x C =-+‎从而22()i i 2z f z z C =-⋅+(2)2222()u xy x x y ∂=-∂+ ‎ 22222()u x y y x y ∂-=∂+ 用线积分法，取‎（x 0,y 0）为(1‎,0)，有2(,)4222(1,0)122222()0()1110x y x u u x y ydx dy C dx x dy Cy x x x y x x yC x x y x y υ∂∂=-++=-+⎰∂∂+=-+=-+++⎰⎰ 2222()i(1)y xf z C x y x y=+-+++ ‎由(1)0.f =，得C=0 ()11f i z z ⎛⎫∴=- ⎪⎝⎭‎23.设12()()()()n p z z a z a z a =--- ,其中(1,2,,)i a i n = ‎各不相同，闭路C 不通‎过12,,,n a a a ,证明积分1()d 2π()C p z z i p z '⎰ ‎等于位于C 内的p(z ‎)的零点的个数.‎证明: 不妨设闭路C ‎内()P z 的零点的个数为k ‎, 其零点分别为12,,...k a a a‎1112312121()()()...()...()1()12πi ()2πi ()()...()111111...2πi 2πi 2πi 111111...1...2πi 2πi nnk k n k k C Cn C C C nC C k n k z a z a z a z a z a P z dz dzP z z a z a z a dz dz dz z a z a z a dz d z a z a -==+-+--+--'=---=+++---=++++++--∏∏⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰个z k=24.试证明下‎述定理(无界区域的柯‎西积分公式): 设f ‎(z )在闭路C 及其外‎部区域D 内解析，且lim ()z f z A →∞=≠∞‎，则(),,1()d ,.2πC f z A z D f A z G i z ξξξ-+∈⎧=⎨∈-⎩⎰ 其中G 为C ‎所围内部区域.证‎明：在D 内任取一点Z ‎，并取充分大的R ，作‎圆C R : R z =，将C 与‎Z 包含在内则f(z ‎)在以C 及RC 为边界的‎区域内解析，依柯西积‎分公式，有R 1()()()[-]2πi C C f f f z d d z zζζζζζζ=--⎰⎰ 因为‎()f z zζζ-- 在R ζ>上解析，且‎()1lim lim ()lim ()11f f f z z ζζζζζζζζζ→∞→∞→∞=⋅==--所以，当Z 在C 外‎部时，有1()()2πi C f f z A d z ζζζ=--⎰即1()()2πi C f d f z A zζζζ=-+-⎰ ‎设Z 在C 内，则f(z ‎)=0，即 R 1()()0[]2πi C C f f d d zz ζζζζζζ=---⎰⎰ 故有‎：1()2πi C f d A z ζζζ=-⎰ ‎。

复变函数第三章答案

I1 = ∫
C
� � 构成闭曲线（非简单），此时 C + 3, 2 可分解成两个简单闭曲线 2 MA2 和 3 AN 3 ，类似于上面的情
形，有
��
∫
∫
于是由复积分的曲线可加性
� 2 MA 2
� 3 AN 3
1 dz = 2π i ， z −1 1 dz = 2π i ， z −1
∫
�� C + 3,2
C
综上所述，
I1 = ∫
（ 2）当 n ≠ 1 时，
C
1 。 dz = k ⋅ ( ±2π i ) + ln 2 （ k = 0,1, 2,⋯ ） z −1
1 1 在 ℂ \{1} 内存在单值的原函数 ⋅ ( z − 1)1− n ，所以，由复积分的 n ( z − 1) 1− n
牛顿—莱布尼茨公式，
I = ∫ Im zd z = ∫
C
1 0
( Im a + Im( b − a) ⋅ t )(b − a ) d t
1 ⎛ ⎞ 1 = ( b − a ) ⎜ Im a + Im(b − a ) ⎟ = (b − a ) Im ( a + b ) 。 2 ⎝ ⎠ 2
3. 计算下列积分：
I1 = ∫
∫
在 C + 1, 0 上，所以
��
1 1 1 1 1 dz = ∫ �� ( − )dz = (2π i) = π ， 2 C + 1,0 1+ z 2i z −i z +i 2i 同理如果 C 仅围绕 i 按顺时针转一周，有 1 1 1 1 1 dz = ∫ �� ( − )dz = ( −2π i) = −π ， �� 2 ∫C +1,0 1+ z 2i C +1,0 z − i z + i 2i

复变函数与积分变换课后习题答案

复变函数与积分变换（修订版）主编：马柏林（复旦大学出版社）——课后习题答案习题一1. 用复数的代数形式a +ib 表示下列复数π/43513;;(2)(43);711i i e i i i i i-++++++.①解i 4πππe cos isin 44-⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ②解： ()()()()35i 17i 35i 1613i7i 11+7i 17i 2525+-+==-++-③解： ()()2i 43i 834i 6i 510i ++=-++=+ ④解： ()31i 1335=i i i 1i 222-+-+=-+2.求下列各复数的实部和虚部(z =x +iy )(z a a z a -∈+); 333;;;.n z i ① ：∵设z =x +iy则()()()()()()()22i i i i i i x a y x a y x y a x a y z a z a x y a x a y x a y-++-⎡⎤⎡⎤+--+-⎣⎦⎣⎦===+++++++ ∴()22222Re z a x a y z a x a y ---⎛⎫= ⎪+⎝⎭++,()222Im z a xy z a x a y-⎛⎫= ⎪+⎝⎭++． ②解：设z =x +iy ∵()()()()()()()()323222222223223i i i 2i i 22i33iz x y x y x y x y xy x y x x y xy y x y x y x xy x y y =+=++=-++⎡⎤=--+-+⎣⎦=-+- ∴()332Re 3z x xy =-,()323Im 3z x y y =-．③解：∵(()(){}33232111313188-+⎡⎤⎡⎤==--⋅-⋅+⋅-⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎝⎭()180i 18=+=∴Re 1=⎝⎭, Im 0=⎝⎭． ④解：∵()()(()2332313131i 8⎡⎤--⋅-⋅+⋅-⎢⎥⎣⎦=⎝⎭()180i 18=+=∴Re 1=⎝⎭, Im 0=⎝⎭．⑤解： ∵()()1,2i 211i,kn kn k k n k ⎧-=⎪=∈⎨=+-⋅⎪⎩． ∴当2n k =时，()()Re i 1k n =-，()Im i 0n =；当21n k =+时，()R e in=，()()Im i 1kn =-．3.求下列复数的模和共轭复数12;3;(2)(32);.2ii i i +-+-++ ①解：2i -+==2i 2i -+=--②解：33-=33-=-③解：()()2i 32i 2i 32i ++=++=()()()()()()2i 32i 2i 32i 2i 32i 47i ++=+⋅+=-⋅-=-④解：1i 1i 22++==()1i 11i222i ++-⎛⎫== ⎪⎝⎭4、证明：当且仅当z z =时，z 才是实数．证明：若z z =，设i z x y =+，则有 i i x y x y +=-，从而有()2i 0y =，即y =0∴z =x 为实数．若z =x ，x ∈ ，则z x x ==． ∴z z =．命题成立．5、设z ,w ∈C ，证明： z w z w ++≤证明∵()()()()2z w z w z w z w z w +=+⋅+=++()()22222Re z z z w w z w wz zw z w w z wz w =⋅+⋅+⋅+⋅=++⋅+=++⋅()2222222z w z wz w z w z w ++⋅=++⋅=+≤∴z wz w ++≤．6、设z ,w ∈C ，证明下列不等式． ()2222Re z w z z w w +=+⋅+ ()2222Re z w z z w w -=-⋅+()22222z w z w z w++-=+并给出最后一个等式的几何解释．证明：()2222Re z w z z w w +=+⋅+在上面第五题的证明已经证明了．下面证()2222Re z w z z w w -=-⋅+．∵()()()()222z w z w z w z w z w z z w w z w-=-⋅-=--=-⋅-⋅+()222Re z z w w =-⋅+．从而得证．∴()22222z w z w z w++-=+几何意义：平行四边形两对角线平方的和等于各边的平方的和．7.将下列复数表示为指数形式或三角形式3352π2π;;1;8π(1);.cos sin 7199i i i i +⎛⎫--+ ⎪+⎝⎭ ①解：()()()()35i 17i 35i 7i 117i 17i +-+=++-3816i 198i e 5025i θ⋅--==其中8πarctan 19θ=-． ②解：e i i θ⋅=其中π2θ=．π2e ii =③解：ππi i 1e e -==④解：()28π116ππ3θ-==-.∴()2πi 38π116πe--+=⋅⑤解：32π2πcos isin 99⎛⎫+ ⎪⎝⎭ 解：∵32π2πcos isin 199⎛⎫+= ⎪⎝⎭．∴322πi π.3i 932π2πcos isin 1e e 99⋅⎛⎫+=⋅= ⎪⎝⎭8.计算：(1)i 的三次根；(2)-1的三次根；(3) 的平方根.⑴i 的三次根．解：()13ππ2π2πππ22cos sin cosisin 0,1,22233++⎛⎫+=+= ⎪⎝⎭k k i k∴1ππ1cosisin i 662=+=+z ．2551cos πisin πi 662=+=+z3991cos πisin πi 662=+=-z⑵-1的三次根解：()()132π+π2ππcos πisin πcosisin 0,1,233k k k ++=+=∴1ππ1cos isin 332=+=z2cos πisin π1=+=-z3551cos πisin π332=+=-z的平方根．πi 4e ⎫⎪⎪⎝⎭∴)()1π12i 44ππ2π2π44e6cos isin 0,122k k k ⎛⎫++ ⎪=⋅+= ⎪⎝⎭∴π11i 8441ππ6cos isin 6e 88⎛⎫=⋅+=⋅ ⎪⎝⎭z911πi 8442996cos πisin π6e 88⎛⎫=⋅+=⋅ ⎪⎝⎭z ．9.设2πe,2inz n =≥. 证明：110n z z -+++=证明：∵2πi e nz ⋅= ∴1n z =，即10n z -=．∴()()1110n z z z --+++=又∵n ≥2． ∴z ≠1从而211+0n z z z -+++=11.设Γ是圆周{:},0,e .i z r r a c r z c α=>=+-令:Im 0z a L z b β⎧-⎫⎛⎫==⎨⎬⎪⎝⎭⎩⎭, 其中e i b β=.求出L β在a 切于圆周Γ的关于β的充分必要条件.解：如图所示．因为L β={z : Im z a b -⎛⎫⎪⎝⎭=0}表示通过点a 且方向与b 同向的直线，要使得直线在a 处与圆相切，则CA ⊥L β．过C 作直线平行L β，则有∠BCD =β，∠ACB =90° 故α-β=90°所以L β在α处切于圆周T 的关于β的充要条件是α-β=90°．12.指出下列各式中点z 所确定的平面图形，并作出草图.(1)arg π;(2);1(3)1|2;(4)Re Im ;(5)Im 1 2.z z z z i z z z z ==-<+<>><且解：(1)、argz =π．表示负实轴．(2)、|z -1|=|z |．表示直线z=12．(3)、1<|z +i|<2解：表示以-i 为圆心，以1和2为半径的周圆所组成的圆环域。

复变函数与积分变换答案-第2章解析函数

11 27、第二章解析函数习题详解1、(1) f 1(z )= z 4在定义域(-,+) 内连续；2) f 2(z ) =4z +5在定义域(-,+)内连续； 1在定义域-, 3,3, +内连续。

- 4, v = 16u + 64, 为一抛物线。

4、(1)w = z 3，则w = (2i )3= -8i , w =( 2+2i )3=2 2+12i -12 2-8i =-10 2+4i ；5、 f (z )=Re z =x ，当 y →0时， f (z )→1；当x →0时， f (z )→0，因为极限不等， z x + iy 所以当z →0时， f (z )极限不存在。

1在原点处不连续，故 w =i arg z +1 在负实轴上与原点 zz3) f 3 (z )= 22、w = z2u =x 2-y 2v = 2 xy u =x 2 -4，把直线C :y =2映射成:u =x -4v = 4 xvx = ，代入第一个式子，4u =3、1zw = = = z zzx - iy22,x + yv =x 22 x + y-y 22 x + y把直线C :x =1映射成，:vu =v =1 1+y 2-y 1+y 21-u u 2u= (1- u ) u v 2 + u 22)w = z 3，像域为0arg w 26、i arg z 在负实轴上与原点处不连续，处不连续。

f (z +z )- f (z )z →0z= limz →0(z +z )2zy 2 = 1 -1 = u为一个圆周。

uz 2-(z +z )2z 2(z +z )2z 2 -z 2 -2z z -z 22= lim = lim = - 。

z →0 z z →0z 2(z +z )2zz 38、(1) f (z ) =5-3z +5z 2，在(-,+)内解析，且导数为 f (z ) = -3+10z ；12、(1) z =e 1-2i =ecos -i sin=-ei ；1222) f (z )=1 1 1z 4 -1 (z 2 -1)(z 2 +1) (z -1)(z +1)(z +i )(z -i )在(-,+)内除z =1,5z +431 1 5 3) f (z )= z +4,在(-,+)内除z = - 3外解析， f (z )=1+ 2 =1+ 52z + 32 2 2z +32 2(2z +3)且导数为： f(z )= 1(2z +3)-2(-2)=-5 (2z +3)29、(1) f (z )=Im z = y 在z 平面上的点点不可导，不解析(因柯西-黎曼条件不满足)；2) f (z )= z 4 ，在平面上的点解析。

复变函数积分复习题答案

复变函数积分复习题答案复变函数积分是高等数学中的一个重要概念，它在实际应用中有着广泛的应用。

本文将为大家提供一些复变函数积分的复习题答案，帮助大家更好地理解和掌握这一知识点。

1. 计算下列复变函数的积分：(a) ∮(3z^2 + 4iz)dz，其中C为单位圆周。

(b) ∮(e^z + z^2)dz，其中C为以原点为中心，半径为2的圆周。

解答：(a) 首先对积分式进行展开，得到∮(3z^2 + 4iz)dz = ∮(3z^2)dz + ∮(4iz)dz。

对于第一项，根据复变函数积分的性质，由于z^2是z的原函数，所以∮(3z^2)dz = 0。

对于第二项，根据复变函数积分的性质，由于iz是z的原函数，所以∮(4iz)dz = 4i∮(z)dz。

再根据单位圆周的参数方程z = e^it，其中t为0到2π的参数，代入得到∮(z)dz = ∫(0到2π) e^it i(e^it)dt。

对该积分进行计算，得到∮(z)dz = i∫(0到2π) e^2it dt = i[e^2it/2i] (0到2π) = i(e^4π - 1)。

综上所述，∮(3z^2 + 4iz)dz = 0 + 4i(i(e^4π - 1)) = -4(e^4π - 1)。

(b) 首先对积分式进行展开，得到∮(e^z + z^2)dz = ∮(e^z)dz + ∮(z^2)dz。

对于第一项，根据复变函数积分的性质，由于e^z是z的原函数，所以∮(e^z)dz = 0。

对于第二项，根据复变函数积分的性质，由于z^2是z的原函数，所以∮(z^2)dz = 0。

综上所述，∮(e^z + z^2)dz = 0 + 0 = 0。

对于第一项，根据复变函数积分的性质，由于z^3是z的原函数，所以∮(z^3)dz = 0。

复变函数与积分变换课后习题答案(北京邮电大学出版社)

复变函数与积分变换课后答案（北京邮电大学出版社）复变函数与积分变换（修订版）主编：马柏林（复旦大学出版社）——课后习题答案1 / 37习题一1.用复数的代数形式a +ib 表示下列复数π/43513;;(2)(43);711i i e i i i i i-++++++.①解i 4πππecos isin 44-⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ②解：()()()()35i 17i 35i 1613i7i 11+7i 17i 2525+-+==-++-③解：()()2i 43i 834i 6i 510i ++=-++=+ ④解：()31i 1335=i i i 1i 222-+-+=-+2.求下列各复数的实部和虚部(z =x +iy )(z a a z a -∈+); 333;;;.n z i ① ： ∵设z =x +iy 则()()()()()()()22i i i i i i x a y x a y x y a x a y z a z a x y a x a y x a y -++-⎡⎤⎡⎤+--+-⎣⎦⎣⎦===+++++++ ∴()22222Re z a x a y z a x a y ---⎛⎫= ⎪+⎝⎭++,()222Im z a xy z a x a y-⎛⎫= ⎪+⎝⎭++． ②解：设z =x +iy ∵()()()()()()()()323222222223223i i i 2i i 22i33iz x y x y x y x y xy x y x x y xy y x y x y x xy x y y =+=++=-++⎡⎤=--+-+⎣⎦=-+-∴()332Re 3z x xy =-,()323Im 3z x y y =-．③解：∵(()(){}33232111313188-+⎡⎤⎡⎤==--⋅-⋅+⋅-⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎝⎭()180i 18=+=∴Re 1=⎝⎭, Im 0=⎝⎭． ④解：∵()()(()2332313131i 8⎡⎤--⋅-⋅+⋅-⎢⎥⎣⎦=⎝⎭()180i 18=+=∴Re 1=⎝⎭, Im 0=⎝⎭． ⑤解： ∵()()1,2i 211i,kn kn k k n k ⎧-=⎪=∈⎨=+-⋅⎪⎩ ． ∴当2n k =时，()()Re i 1k n =-，()Im i 0n =；当21n k =+时，()Re i 0n =，()()Im i 1kn =-．3.求下列复数的模和共轭复数12;3;(2)(32);.2ii i i +-+-++①解：2i -+2i 2i -+=--②解：33-=33-=-③解：()()2i 32i 2i 32i ++=++()()()()()()2i 32i 2i 32i 2i 32i 47i ++=+⋅+=-⋅-=-④解：1i 1i 22++==()1i 11i222i ++-⎛⎫== ⎪⎝⎭4、证明：当且仅当z z =时，z 才是实数．证明：若z z =，设i z x y =+，则有 i i x y x y +=-，从而有()2i 0y =，即y =0 ∴z =x 为实数．若z =x ，x ∈ ，则z x x ==． ∴z z =．命题成立．5、设z ,w ∈ ，证明：z w z w ++≤证明∵()()()()2z w z w z w z w z w +=+⋅+=++()()22222Re z z z w w z w wz zw z w w z wz w =⋅+⋅+⋅+⋅=++⋅+=++⋅()2222222z w z wz w z w z w ++⋅=++⋅=+≤∴z w z w ++≤．6、设z ,w ∈ ，证明下列不等式． ()2222Re z w z z w w +=+⋅+ ()2222Re z w z z w w -=-⋅+()22222z w z w z w++-=+并给出最后一个等式的几何解释．证明：()2222Re z w z z w w +=+⋅+在上面第五题的证明已经证明了．下面证()2222Re z w z z w w -=-⋅+．∵()()()()222z w z w z w z w z w z z w w z w-=-⋅-=--=-⋅-⋅+()222Re z z w w =-⋅+．从而得证．∴()22222z w z w z w++-=+几何意义：平行四边形两对角线平方的和等于各边的平方的和．7.将下列复数表示为指数形式或三角形式3352π2π;;1;8π(1);.cos sin 7199i i i i +⎛⎫--+ ⎪+⎝⎭ ①解：()()()()35i 17i 35i 7i 117i 17i +-+=++-3816i 198i e 5025i θ⋅--===其中8πarctan 19θ=-． ②解：e i i θ⋅=其中π2θ=．π2e i i =③解：ππi i 1e e -==④解：()28π116ππ3θ-==-.∴()2πi 38π116πe--+=⋅⑤解：32π2πcos isin 99⎛⎫+ ⎪⎝⎭ 解：∵32π2πcos isin 199⎛⎫+= ⎪⎝⎭．∴322πi π.3i 932π2πcos isin 1e e 99⋅⎛⎫+=⋅= ⎪⎝⎭8.计算：(1)i 的三次根；(2)-1的三次根；的平方根.⑴i 的三次根．解：()13ππ2π2πππ22cos sin cosisin 0,1,22233++⎛⎫+=+= ⎪⎝⎭k k i k∴1ππ1cosisin i 662=+=+z ．2551cos πi sin πi 662=+=z3991cos πi sin πi 662=+=-z ⑵-1的三次根解：()()132π+π2ππcos πisin πcosisin 0,1,233k k k ++=+=∴1ππ1cos i sin 332=+=+z2cos πisin π1=+=-z3551cos πi sin π332=+=-z的平方根．πi 4e ⎫=⎪⎪⎝⎭∴)()1π12i 44ππ2π2π44e6cos isin 0,122k k k ⎛⎫++ ⎪=⋅+= ⎪⎝⎭∴π11i 8441ππ6cos isin 6e 88⎛⎫=⋅+=⋅ ⎪⎝⎭z911πi 8442996cos πisin π6e 88⎛⎫=⋅+=⋅ ⎪⎝⎭z ．9.设2πe,2inz n =≥. 证明：110n z z -+++=证明：∵2πi e nz ⋅= ∴1n z =，即10n z -=．∴()()1110n z z z --+++=又∵n ≥2．∴z ≠1从而211+0n z z z -+++=11.设Γ是圆周{:},0,e .i z r r a c r z c α=>=+-令:Im 0z a L z b β⎧-⎫⎛⎫==⎨⎬⎪⎝⎭⎩⎭, 其中e i b β=.求出L β在a 切于圆周Γ的关于β的充分必要条件.解：如图所示．因为L β={z : Im z a b -⎛⎫⎪⎝⎭=0}表示通过点a 且方向与b 同向的直线，要使得直线在a 处与圆相切，则CA ⊥L β．过C 作直线平行L β，则有∠BCD =β，∠ACB =90° 故α-β=90°所以L β在α处切于圆周T 的关于β的充要条件是α-β=90°．12.指出下列各式中点z 所确定的平面图形，并作出草图.(1)arg π;(2);1(3)1|2;(4)Re Im ;(5)Im 1 2.z z z z i z z z z ==-<+<>><且解：(1)、argz =π．表示负实轴．(2)、|z -1|=|z |．表示直线z =12．(3)、1<|z +i|<2 解：表示以-i 为圆心，以1和2为半径的周圆所组成的圆环域。

复变函数与积分变换【参考答案】王忠仁张静著高等教育出版社 62

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< f ( z) ，即 f ( z) >
f ( z0 )
2
2 ．设 lim f ( z ) = A ，证明 f ( z ) 在 z0 的某一去心邻域内是有界的。证取 ε = 1 ，则存在 δ > 0 ，当 0 <| z − z0 |< δ 时， | f ( z ) − A |≤ 1 。故在
⎧π =⎨ ⎩− π
所以 lim arg z 不存在，即 arg z 在负实轴上不连续。而 argz 在 z 平面上的其它点处的连续性显然。
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1 ．设函数f(z)在z0处连续，且 f ( z0 ) ≠ 0 ，证明存在z0的邻域使 f ( z ) ≠ 0 。证因为 lim f ( z ) = f ( z0 ) ，且 f ( z0 ) ≠ 0 。可取 ε =
在 z 平面上处处连续，且在整个复平面 u,v 才满足 C-R 条件，故 f ( z ) = sin xchy + i cos xshy 在 z 平面处处可导，在 z 平面处处不解析。 2.3．指出下列函数 f ( z ) 的解析性区域，并求出其导数。 1） ( z − 1) ；
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（2） z + 2iz ；
n
1 ⎛1⎞ 2） ⎜ ⎟' = − 2 。 z ⎝z⎠
( z + ∆z ) n − z n 2 n−2 = lim (nz n −1 + Cn z ∆z + " ∆z n −1 ) = nz n −1 z ∆z → 0 ∆ → 0 ∆z 1 1 − 1 1 ⎛1⎞ =− 2 2） ⎜ ⎟ ' = lim z + ∆z z = − lim ∆z → 0 z ( z + ∆z ) ∆z z ⎝ z ⎠ ∆z →0