第三章 复变函数得积分(答案)
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
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。
复变函数的积分及其性质
从形式上可以看成是
f ( z ) u iv 与 dz dx idy 相乘后求积分得到:
C f ( z )dz C (u iv )(dx idy ) udx ivdx iudy vdy C
udx vdy i vdx udy .
, zn b,
y
b
C
1 2
(2)取近似值
在每个弧段 zk 1 z k ( k 1, 2,
f k zk 1 z k
z k 1 z k z k z k 1
a a z0z1 z2 o
k z k zk 1
zn1
x
, n)上任意取一点 k ,
f k zk zk 1 f k zk
z1 z2
k z k zk 1
C z n 1
B
o
x
则称f ( z )在曲线C上可积,极限值称为 函数 f ( z ) 沿曲线 C 的积分,记为
C
f ( z )dz
5
注意：
1:对 C 的分法无关 2:与 k 的取法无关
说明:
(1) 用
C
f ( z )dz表示f ( z )沿着曲线C的负向的积分
1 2i , 所以 n1 dz ( z z0 ) 0, z z0 r
n 0, n 0.
12
例3
计算
zdz
c
的值。
C 为：(1)从原点到 z0 1 i 的直线段.
(2) 沿从原点到
z1 1的直线段 c 2
与从 z1 到 z0 的直线段 c3 所 连接的折线.
k 1
n
[u( k ,k )xk v( k ,k )yk ]
复变函数1到5章测试题及答案
复变函数1到5章测试题及答案(总20页)--本页仅作预览文档封面，使用时请删除本页--- 2 -第一章 复数与复变函数(答案)一、 选择题1．当iiz -+=11时，5075100z z z ++的值等于（B ） （A ）i （B ）i - （C ）1 （D ）1-2．设复数z 满足arg(2)3z π+=，5arg(2)6z π-=，那么=z （A ）（A ）i 31+- （B ）i +-3 （C ）i 2321+-（D ）i 2123+-3．复数)2(tan πθπθ<<-=i z 的三角表示式是（D ）（A ）)]2sin()2[cos(sec θπθπθ+++i （B ）)]23sin()23[cos(sec θπθπθ+++i（C ）)]23sin()23[cos(sec θπθπθ+++-i （D ）)]2sin()2[cos(sec θπθπθ+++-i4．若z 为非零复数，则22z z -与z z 2的关系是（C ） （A ）z z z z 222≥- （B ）z z z z 222=- （C ）z z z z 222≤- （D ）不能比较大小５．设y x ,为实数，yi x z yi x z +-=++=11,1121且有1221=+z z ，则动点),(y x 的轨迹是（B ）（A ）圆 （B ）椭圆 （C ）双曲线 （D ）抛物线- 3 -６．一个向量顺时针旋转3π，对应的复数为i 31-，则原向量对应的复数是（A ）（A ）2 （B ）i 31+ （C ）i -3 （D ）i +3 ７．使得22z z =成立的复数z 是（D ）（A ）不存在的 （B ）唯一的 （C ）纯虚数 （D ）实数８．设z 为复数，则方程i z z +=+2的解是（B ） （A ）i +-43 （B ）i +43 （C ）i -43 （D ）i --43９．满足不等式2≤+-iz iz 的所有点z 构成的集合是（D ） （A ）有界区域 （B ）无界区域 （C ）有界闭区域 （D ）无界闭区域10．方程232=-+i z 所代表的曲线是（C ）（A ）中心为i 32-，半径为2的圆周 （B ）中心为i 32+-，半径为２的圆周（C ）中心为i 32+-，半径为2的圆周 （D ）中心为i 32-，半径为２的圆周11．下列方程所表示的曲线中，不是圆周的为（B ） （A ）221=+-z z （B ）433=--+z z- 4 -（C ）)1(11<=--a azaz （D ）)0(0>=-+++c c a a z a z a z z 12．设,5,32,1)(21i z i z z z f -=+=-=，则12()f z z -=（C ） （A ）i 44-- （B ）i 44+ （C ）i 44- （D ）i 44+- 13．000Im()Im()limz z z z z z →--（D ）（A ）等于i （B ）等于i - （C ）等于0 （D ）不存在 14．函数),(),()(y x iv y x u z f +=在点000iy x z +=处连续的充要条件是（C ） （A ）),(y x u 在),(00y x 处连续 （B ）),(y x v 在),(00y x 处连续 （C ）),(y x u 和),(y x v 在),(00y x 处连续（D ）),(),(y x v y x u +在),(00y x 处连续15．设C z ∈且1=z ，则函数zz z z f 1)(2+-=的最小值为（A ）（A ）3- （B ）2- （C ）1- （D ）1二、填空题1．设)2)(3()3)(2)(1(i i i i i z ++--+=，则=z2．设)2)(32(i i z +--=，则=z arg 8arctan -π 3．设43)arg(,5π=-=i z z ，则=z i 21+- 4．复数22)3sin 3(cos )5sin 5(cos θθθθi i -+的指数表示式为 ie θ16- 5 -5．以方程i z 1576-=的根的对应点为顶点的多边形的面积为６．不等式522<++-z z522=++-z （或1)23()25(2222=+y x ） 的内部 ７．方程1)1(212=----zi iz 所表示曲线的直角坐标方程为 122=+y x８．方程i z i z +-=-+221所表示的曲线是连接点 12i -+ 和 2i - 的线段的垂直平分线９．对于映射zi =ω，圆周1)1(22=-+y x 的像曲线为()2211u v -+= 10．=+++→)21(lim 421z z iz 12i -+三、若复数z 满足03)21()21(=+++-+z i z i z z ，试求2+z 的取值范围． (]25,25[+-（或25225+≤+≤-z ）) 四、设0≥a ，在复数集C 中解方程a z z =+22. (当10≤≤a 时解为i a )11(-±±或)11(-+±a 当+∞≤≤a 1时解为)11(-+±a ) 五、设复数i z ±≠，试证21zz+是实数的充要条件为1=z 或Im()0z =. 六、对于映射)1(21zz +=ω，求出圆周4=z 的像.- 6 -(像的参数方程为π≤θ≤⎪⎩⎪⎨⎧θ=θ=20sin 215cos 217v u ．表示w 平面上的椭圆1)215()217(2222=+v u ) 七、设iy x z +=，试讨论下列函数的连续性：1.⎪⎩⎪⎨⎧=≠+=0,00,2)(22z z y x xyz f2.⎪⎩⎪⎨⎧=≠+=0,00,)(223z z y x y x z f .(1．)(z f 在复平面除去原点外连续，在原点处不连续； 2．)(z f 在复平面处处连续)第二章 解析函数（答案）一、选择题：1．函数23)(z z f =在点0=z 处是( B )（A ）解析的 （B ）可导的（C ）不可导的 （D ）既不解析也不可导 2．函数)(z f 在点z 可导是)(z f 在点z 解析的( B )（A ）充分不必要条件 （B ）必要不充分条件（C ）充分必要条件 （D ）既非充分条件也非必要条件 3．下列命题中，正确的是( D )（A ）设y x ,为实数，则1)cos(≤+iy x- 7 -（B ）若0z 是函数)(z f 的奇点，则)(z f 在点0z 不可导（C ）若v u ,在区域D 内满足柯西-黎曼方程，则iv u z f +=)(在D 内解析 （D ）若)(z f 在区域D 内解析，则)(z if 在D 内也解析 4．下列函数中，为解析函数的是( C )（A ）xyi y x 222-- （B ）xyi x +2 （C ）)2()1(222x x y i y x +-+- （D ）33iy x + 5．函数)Im()(2z z z f =在0z =处的导数( A )（A ）等于0 （B ）等于1 （C ）等于1- （D ）不存在 6．若函数)(2)(2222x axy y i y xy x z f -++-+=在复平面内处处解析，那么实常 数=a ( C )（A ）0 （B ）1 （C ）2 （D ）2- 7．如果)(z f '在单位圆1<z 内处处为零，且1)0(-=f ，那么在1<z 内≡)(z f ( C )（A ）0 （B ）1 （C ）1- （D ）任意常数8．设函数)(z f 在区域D 内有定义，则下列命题中，正确的是( C )（A ）若)(z f 在D 内是一常数，则)(z f 在D 内是一常数 （B ）若))(Re(z f 在D 内是一常数，则)(z f 在D 内是一常数 （C ）若)(z f 与)(z f 在D 内解析，则)(z f 在D 内是一常数- 8 -（D ）若)(arg z f 在D 内是一常数，则)(z f 在D 内是一常数 9．设22)(iy x z f +=，则=+')1(i f ( A )（A ）2 （B ）i 2 （C ）i +1 （D ）i 22+ 10．i i 的主值为( D )（A ）0 （B ）1 （C ）2πe （D ）2e π-11．z e 在复平面上( A )（A ）无可导点 （B ）有可导点，但不解析 （C ）有可导点，且在可导点集上解析 （D ）处处解析 12．设z z f sin )(=，则下列命题中，不正确的是( C )（A ）)(z f 在复平面上处处解析 （B ）)(z f 以π2为周期（C ）2)(iziz e e z f --= （D ）)(z f 是无界的13．设α为任意实数，则α1( D )（A ）无定义 （B ）等于1（C ）是复数，其实部等于1 （D ）是复数，其模等于114．下列数中，为实数的是( B )（A ）3)1(i - （B ）i cos （C ）i ln （D ）i e 23π-15．设α是复数，则( C )（A ）αz 在复平面上处处解析 （B ）αz 的模为αz- 9 -（C ）αz 一般是多值函数 （D ）αz 的辐角为z 的辐角的α倍 二、填空题1．设i f f +='=1)0(,1)0(，则=-→zz f z 1)(limi +1 2．设iv u z f +=)(在区域D 内是解析的，如果v u +是实常数，那么)(z f 在D 内是 常数 3．导函数x v i x u z f ∂∂+∂∂=')(在区域D 内解析的充要条件为 xv x u ∂∂∂∂,可微且满足222222,xvy x u y x v x u ∂∂-=∂∂∂∂∂∂=∂∂ 4．设2233)(y ix y x z f ++=，则=+-')2323(i f i 827427- 5．若解析函数iv u z f +=)(的实部22y x u -=，那么=)(z f ic xyi y x ++-222或ic z +2c 为实常数6．函数)Re()Im()(z z z z f -=仅在点=z i 处可导 7．设z i z z f )1(51)(5+-=，则方程0)(='z f 的所有根为 3,2,1,0),424sin 424(cos 28=π+π+π+πk k i k8．复数i i 的模为),2,1,0(2 ±±=π-k e k9．=-)}43Im{ln(i 34arctan -- 10 -10．方程01=--z e 的全部解为),2,1,0(2 ±±=πk i k三、试证下列函数在z 平面上解析，并分别求出其导数 1．;sinh sin cosh cos )(y x i y x z f -= （;sin )(z z f -='）2．);sin cos ()sin cos ()(y ix y y ie y y y x e z f x x ++-=（.)1()(z e z z f +='） 四、已知22y x v u -=-，试确定解析函数iv u z f +=)(. （c i z i z f )1(21)(2++-=.c 为任意实常数）第三章 复变函数的积分（答案）一、选择题：1．设c 为从原点沿x y =2至i +1的弧段，则=+⎰cdz iy x )(2( D )（A ）i 6561- （B ）i 6561+- （C ）i 6561-- （D ）i 6561+2．设c 为不经过点1与1-的正向简单闭曲线，则dz z z zc⎰+-2)1)(1(为( D)（A ）2i π （B ）2iπ- （C ）0 （D ）(A)(B)(C)都有可能 3．设1:1=z c 为负向，3:2=z c 正向，则=⎰+=dz z zc c c 212sin ( B ) （A ） i π2- （B ）0 （C ）i π2 （D ）i π44．设c 为正向圆周2=z ，则=-⎰dz z zc2)1(cos ( C)（A ）1sin - （B ）1sin （C ）1sin 2i π- （D ）1sin 2i π5．设c 为正向圆周21=z ，则=--⎰dz z z z c23)1(21cos( B) （A ）)1sin 1cos 3(2-i π （B ）0 （C ）1cos 6i π （D ）1sin 2i π-6．设ξξξξd ze zf ⎰=-=4)(，其中4≠z ，则='）i f π(( A ) （A ）i π2- （B ）1- （C ）i π2 （D ）1 7．设)(z f 在单连通域B 内处处解析且不为零，c 为B 内任何一条简单闭曲线，则积分dz z f z f z f z f c ⎰+'+'')()()(2)( ( C )（A ）于i π2 （B ）等于i π2- （C ）等于0 （D ）不能确定 8．设c 是从0到i 21π+的直线段，则积分=⎰cz dz ze （ A ）（A ）21eπ-(B) 21eπ-- (C)i e21π+(D) i e21π-9．设c 为正向圆周0222=-+x y x ，则=-⎰dz z z c1)4sin(2π( A )（A ）i π22（B ）i π2 （C ）0 （D ）i π22-10．设c 为正向圆周i a i z ≠=-,1，则=-⎰cdz i a zz 2)(cos ( C) （A ）ie π2 （B ）eiπ2 （C ）0 （D ）i i cos 11．设)(z f 在区域D 内解析，c 为D 内任一条正向简单闭曲线，它的内部全属于D ．如果)(z f 在c 上的值为2，那么对c 内任一点0z ,)(0z f ( C )（A ）等于0 （B ）等于1 （C ）等于2 （D ）不能确定12．下列命题中，不正确的是( D ) （A ）积分⎰=--ra z dz a z 1的值与半径)0(>r r 的大小无关 （B ）2)(22≤+⎰cdz iy x ,其中c 为连接i -到i 的线段（C ）若在区域D 内有)()(z g z f ='，则在D 内)(z g '存在且解析 （D ）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13．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 ( D)(A)c iz +2 （B ） ic iz +2 （C ）c z +2 （D ）ic z +2 14．下列命题中，正确的是(C)（A ）设21,v v 在区域D 内均为u 的共轭调和函数，则必有21v v =（B ）解析函数的实部是虚部的共轭调和函数 （C ）若iv u z f +=)(在区域D 内解析，则xu∂∂为D 内的调和函数 （D ）以调和函数为实部与虚部的函数是解析函数15．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( B )（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 ∂∂-∂∂二、填空题1．设c 为沿原点0=z 到点i z +=1的直线段，则=⎰cdz z 2 22．设c 为正向圆周14=-z ，则=-+-⎰c dz z z z 22)4(23 i π103．设⎰=-=2)2sin()(ξξξξπd z z f ,其中2≠z ，则=')3(f 0 4．设c 为正向圆周3=z ，则=+⎰cdz zzz i π6 5．设c 为负向圆周4=z ，则=-⎰c z dz i z e 5)(π 12iπ 6．解析函数在圆心处的值等于它在圆周上的 平均值7．设)(z f 在单连通域B 内连续，且对于B 内任何一条简单闭曲线c 都有0)(=⎰cdz z f ，那么)(z f 在B 内 解析8．调和函数xy y x =),(ϕ的共轭调和函数为 C x y +-)(21229．若函数23),(axy x y x u +=为某一解析函数的虚部，则常数=a -3 10．设),(y x u 的共轭调和函数为),(y x v ，那么),(y x v 的共轭调和函数为),(y x u -三、计算积分 1.⎰=+-R z dz z z z)2)(1(62,其中1,0≠>R R 且2≠R ; （当10<<R 时，0； 当21<<R 时，i π8； 当+∞<<R 2时，0） 2.⎰=++22422z z z dz．（0） 四、求积分⎰=1z zdz z e ，从而证明πθθπθ=⎰0cos )cos(sin d e .（i π2）五、若)(22y x u u +=，试求解析函数iv u z f +=)(. （321ln 2)(ic c z c z f ++=（321,,c c c 为任意实常数））第四章 级 数（答案）一、选择题：1．设),2,1(4)1( =++-=n n nia n n ，则n n a ∞→lim ( C )（A ）等于0 （B ）等于1 （C ）等于i （D ）不存在 2．下列级数中，条件收敛的级数为( C )（A ）∑∞=+1)231(n n i （B ）∑∞=+1!)43(n nn i （C ） ∑∞=1n n n i （D ）∑∞=++-11)1(n n n i3．下列级数中，绝对收敛的级数为(D )（B ） ∑∞=+1)1(1n n i n （B ）∑∞=+-1]2)1([n n n in(C)∑∞=2ln n n n i （D ）∑∞=-12)1(n nnn i 4．若幂级数∑∞=0n n n z c 在i z 21+=处收敛，那么该级数在2=z 处的敛散性为( A )（A ）绝对收敛 （B ）条件收敛 （C ）发散 （D ）不能确定 5．设幂级数∑∑∞=-∞=01,n n n n nn znc z c 和∑∞=++011n n n z n c 的收敛半径分别为321,,R R R ，则321,,R R R 之间的关系是( D )（A ）321R R R << （B ）321R R R >> （C ）321R R R <= （D ）321R R R == 6．设10<<q ，则幂级数∑∞=02n n n z q 的收敛半径=R ( D )（A ）q （B ）q1（C ）0 （D ）∞+ 7．幂级数∑∞=1)2(2sinn n z n n π的收敛半径=R ( B ) （A ） 1 （B ）2 （C ）2 （D ）∞+8．幂级数∑∞=++-011)1(n n n z n 在1<z 内的和函数为( A )（A ）)1ln(z + （B ）)1ln(z - （D ）z +11ln(D) z-11ln 9．设函数z e z cos 的泰勒展开式为∑∞=0n nn z c ，那么幂级数∑∞=0n n n z c 的收敛半径=R ( C )（A ）∞+ （B ）1 （C ）2π（D ）π 10．级数+++++22111z z z z的收敛域是( B ) （A ）1<z （B ）10<<z （C ）+∞<<z 1 （D ）不存在的 11．函数21z在1-=z 处的泰勒展开式为( D)（A ）)11()1()1(11<++-∑∞=-z z n n n n （B ）)11()1()1(111<++-∑∞=--z z n n n n（C ）)11()1(11<++-∑∞=-z z n n n （D ）)11()1(11<++∑∞=-z z n n n12．函数z sin ，在2π=z 处的泰勒展开式为( B )（A ）)2()2()!12()1(012+∞<--+-∑∞=+ππz z n n n n（B ）)2()2()!2()1(02+∞<---∑∞=ππz z n n nn（C ）)2()2()!12()1(0121+∞<--+-∑∞=++ππz z n n n n（D ）)2()2()!2()1(021+∞<---∑∞=+ππz z n n nn13．设)(z f 在圆环域201:R z z R H <-<内的洛朗展开式为∑∞-∞=-n n nz z c)(0，c 为H 内绕0z 的任一条正向简单闭曲线，那么=-⎰c dz z z z f 2)()(( B )(A)12-ic π （B ）12ic π （C ）22ic π （D ）)(20z f i 'π14．若⎩⎨⎧--==-+=,2,1,4,2,1,0,)1(3n n c nn n n ，则双边幂级数∑∞-∞=n n n z c 的收敛域为( A ) （A ）3141<<z （B ）43<<z（C ）+∞<<z 41 （D ）+∞<<z 3115．设函数)4)(1(1)(++=z z z z f 在以原点为中心的圆环内的洛朗展开式有m 个，那么=m ( C )（A ）1 （B ）2 （C ）3 （D ）4 二、填空题1．若幂级数∑∞=+0)(n n n i z c 在i z =处发散，那么该级数在2=z 处的收敛性为 发散2．设幂级数∑∞=0n nn z c 与∑∞=0)][Re(n n n z c 的收敛半径分别为1R 和2R ，那么1R 与2R 之间的关系是 12R R ≥ ．3．幂级数∑∞=+012)2(n n n z i 的收敛半径=R22 4．设)(z f 在区域D 内解析，0z 为内的一点，d 为0z 到D 的边界上各点的最短距离，那么当d z z <-0时，∑∞=-=00)()(n n n z z c z f 成立，其中=n c ),2,1,0()(!10)( =n z f n n 或（)0,2,1,0()()(21010d r n dz z z z f ir z z n <<=-π⎰=-+ ）． 5．函数z arctan 在0=z 处的泰勒展开式为 )1(12)1(012<+-∑∞=+z z n n n n ．6．设幂级数∑∞=0n nn z c 的收敛半径为R ，那么幂级数∑∞=-0)12(n n n n z c 的收敛半径为2R． 7．双边幂级数∑∑∞=∞=--+--112)21()1()2(1)1(n n n nnz z 的收敛域为 211<-<z ． 8．函数zze e 1+在+∞<<z 0内洛朗展开式为 nn nn z n z n ∑∑∞=∞=+00!11!1 ． 9．设函数z cot 在原点的去心邻域R z <<0内的洛朗展开式为∑∞-∞=n n nz c，那么该洛朗级数收敛域的外半径=R π ．10．函数)(1i z z -在+∞<-<i z 1内的洛朗展开式为 ∑∞=+--02)()1(n n nn i z i 三、若函数211z z --在0=z 处的泰勒展开式为∑∞=0n nn z a ，则称{}n a 为菲波那契(Fibonacci)数列，试确定n a 满足的递推关系式，并明确给出n a 的表达式． （)2(,12110≥+===--n a a a a a n n n ，),2,1,0(})251()251{(5111 =--+=++n a n n n ） 四、求幂级数∑∞=12n nz n 的和函数，并计算∑∞=122n n n 之值.（3)1()1()(z z z z f -+=，6）五、将函数)1()2ln(--z z z 在110<-<z 内展开成洛朗级数.（n n nk k z k n z z z z z z )1()1)1(()2ln(111)1()2ln(001-+--=-⋅⋅-=--∑∑∞==+）第五章 留 数(答案)一、选择题： 1．函数32cot -πz z在2=-i z 内的奇点个数为 ( D ) （A ）1 （B ）2 （C ）3 （D ）4 2．设函数)(z f 与)(z g 分别以a z =为本性奇点与m 级极点，则a z =为函数)()(z g z f的( B )（A ）可去奇点 （B ）本性奇点 （C ）m 级极点 （D ）小于m 级的极点 3．设0=z 为函数zz ex sin 142-的m 级极点，那么=m ( C ) （A ）5 （B ）4 (C)3 （D ）2 4．1=z 是函数11sin)1(--z z 的( D ) (A)可去奇点 （B ）一级极点 （C ） 一级零点 （D ）本性奇点5．∞=z 是函数2323z z z ++的( B ) (A)可去奇点 （B ）一级极点（C ） 二级极点 （D ）本性奇点6．设∑∞==0)(n n n z a z f 在R z <内解析，k 为正整数，那么=]0,)([Re k zz f s ( C ) （A ）k a （B ）k a k ! （C ）1-k a （D ）1)!1(--k a k7．设a z =为解析函数)(z f 的m 级零点，那么='],)()([Re a z f z f s ( A ) (A)m （B ）m - （C ） 1-m （D ）)1(--m8．在下列函数中，0]0),([Re =z f s 的是（ D ）（A ） 21)(ze zf z -= （B ）z z z z f 1sin )(-= （C ）z z z z f cos sin )(+= (D) ze zf z 111)(--= 9．下列命题中，正确的是( C )（A ） 设)()()(0z z z z f m ϕ--=，)(z ϕ在0z 点解析，m 为自然数，则0z 为)(z f 的m 级极点．（B ） 如果无穷远点∞是函数)(z f 的可去奇点，那么0]),([Re =∞z f s（C ） 若0=z 为偶函数)(z f 的一个孤立奇点，则0]0),([Re =z f s（D ） 若0)(=⎰cdz z f ，则)(z f 在c 内无奇点10． =∞],2cos [Re 3zi z s ( A ) （A ）32- （B ）32 （C ）i 32 （D ）i 32- 11．=-],[Re 12i ez s i z ( B) （A ）i +-61 （B ）i +-65 （C ）i +61 （D ）i +65 12．下列命题中，不正确的是( D)（A ）若)(0∞≠z 是)(z f 的可去奇点或解析点，则0]),([Re 0=z z f s（B ）若)(z P 与)(z Q 在0z 解析，0z 为)(z Q 的一级零点，则)()(],)()([Re 000z Q z P z z Q z P s '= （C ）若0z 为)(z f 的m 级极点，m n ≥为自然数，则)]()[(lim !1]),([Re 1000z f z z dzd n z z f s n n nx x +→-= （D ）如果无穷远点∞为)(z f 的一级极点，则0=z 为)1(zf 的一级极点，并且)1(lim ]),([Re 0zzf z f s z →=∞ 13．设1>n 为正整数，则=-⎰=211z ndz z ( A ) (A)0 （B ）i π2 （C ）n i π2 （D ）i n π214．积分=-⎰=231091z dz z z ( B ) （A ）0 （B ）i π2 （C ）10 （D ）5i π 15．积分=⎰=121sin z dz z z ( C ) （A ）0 （B ）61-（C ）3i π- （D ）i π- 二、填空题 1．设0=z 为函数33sin z z -的m 级零点，那么=m 9 ．2．函数z z f 1cos 1)(=在其孤立奇点),2,1,0(21 ±±=+=k k z k ππ处的留数=]),([Re k z z f s 2)2()1(π+π-k k． 3．设函数}1exp{)(22zz z f +=，则=]0),([Re z f s 0 4．设a z =为函数)(z f 的m 级极点，那么='],)()([Re a z f z f s m - ． 5．设212)(zz z f +=，则=∞]),([Re z f s -2 ． 6．设5cos 1)(z z z f -=，则=]0),([Re z f s 241- ． 7．积分=⎰=113z z dz e z 12i π ．8．积分=⎰=1sin 1z dz z i π2 ． 三、计算积分⎰=--412)1(sin z z dz z e z z ．(i π-316) 四、设a 为)(z f 的孤立奇点，m 为正整数，试证a 为)(z f 的m 级极点的充要条件是b z f a z m az =-→)()(lim ，其中0≠b 为有限数． 五、设a 为)(z f 的孤立奇点，试证：若)(z f 是奇函数，则]),([Re ]),([Re a z f s a z f s -=；若)(z f 是偶函数，则]),([Re ]),([Re a z f s a z f s --=．。
【精品】复变函数第三章习题答案
复变函数第三章习题答案------------------------------------------作者------------------------------------------日期第三章 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,,...n C 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idydx dz += 积分路径如图所示：在积分路径上：x y =，所以3131212121312110322232112112112112102102i x ix y i x ix x dxix x i iydy xdx dx ix x dyix x i iydy ydx dx ix x idy dx ix y x dz ixy x ii+-=-+--+=++--+=++--+=++-=+-⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰++)()()()()())(()(2.计算积分⎰-iidz 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]。
(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是数学中一个基础重要的部分。
它可以用来求解各种极限问题，如微积分中的各种重要问题。
本文将以复变函数的积分为主题，通过几个例题来说明复变函数的积分的解法。
首先说明的是复变函数的定义：它是对实数的函数，它的值是复数。
这意味着它可以把实数的函数映射到复数的函数，而积分就是求复变函数的定积分。
现在我们来看几个复变函数的积分例题：例题1：求下列复变函数的定积分：f(x)=2+2i解：根据定积分的定义，我们需要求出f（x）在一定区间内的积分，即∫ a b [2 + 2i]dx = 2 (b-a) + 2i (b-a)因此，给定复变函数f(x)=2+2i，其定积分为2(b-a)+2i(b-a)。
例题2：求下列复变函数的定积分：f(x)=3-3i解：根据定积分的定义，我们需要求出f（x）在一定区间内的积分，即∫ a b [3 - 3i]dx = 3 (b-a) - 3i (b-a)因此，给定复变函数f(x)=3-3i，其定积分为3(b-a)-3i(b-a)。
例题3：求下列复变函数的定积分：f(x)=4+4i解：根据定积分的定义，我们需要求出f（x）在一定区间内的积分，即∫ a b [4 + 4i]dx = 4 (b-a) + 4i (b-a)因此，给定复变函数f(x)=4+4i，其定积分为4(b-a)+4i(b-a)。
以上例题的解析说明了复变函数的积分方法，基本原理就是：给定复变函数f(x)，在一定的区间内求出f(x)的定积分，并将它转换成实和虚的形式。
此外，复变函数的积分应用于许多领域，比如求解任意一般变量的定积分、求解不可积函数的定积分、求解零点函数的定积分等。
例如，有一个复变函数f(x)=x^2+2ix，它的定积分可以写成：∫ a b [x^2 + 2i]dx = 1/3 (b^3-a^3) + 2i(b-a)这个例子说明了复变函数的定积分可以用来求解各种变量的定积分问题。
第三章复积分解答
0
Cr1
x
21
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解：如图 所示,作两个不相交的小圆 Cr 和 Cr
1
2
完全包含在以C为边界的区域内. 则函数在以由于在以Cr ,Cr
1
−
−
2
和C+为边界的
闭域内解析，由柯西古萨-定理得
∫
C
dz = 2 z −z
dz dz ∫Cr1 z 2 − z + ∫Cr 2 z 2 − z dz dz dz dz =∫ −∫ +∫ −∫ Cr z − 1 Cr z Cr z − 1 Cr 1 1 2 2 z = 0 − 2π i + 2π i − 0 = 0
完
22
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2z −1 思考 计算积分 ∫ C 2 dz. 积分按逆时针方向,沿曲线 z −z
C进行,C是包含单位圆周|z|=1的任意一条光 滑闭曲线. y
C
r1 + r2 < 1
0
Cr 2
1 x
Cr1
ref .I = 4π i
完
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7
例3
page44
1 计算积分 ∫ dz , 其中曲线C为下图中 n +1 C (z -z ) 0 所示的以z0为中心,r为半径的正向圆周. (n为整数)
y z r
z0
0
x
8
z = z0 + reiθ (θ 从0变到2π )
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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。
第三章_复变函数的积分(答案)
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是初中数学中的一项重要内容，它主要是应用微积分的知识来解决实际问题。
复变函数的积分包括：定积分、变量替换法以及椭圆定积分等多种方面。
本文将以定积分为例，来详细讲解复变函数的积分。
首先，我们来看看定积分是如何计算的。
首先，我们要了解定积分是指根据某个函数在某个区域内的积分。
其中，当我们求解定积分时，需要准确定义函数的范围，积分的上下限，以及总体的积分的表达式。
通常，当我们求解定积分时，我们要首先计算函数的一阶导函数，其次，确定需要求解的上下限，最后，将函数的一阶导函数代入积分表达式，利用数学软件或者计算器来求解积分。
接下来，我们来看看定积分的实际例题：求解：∫cosx2dx。
首先，我们需要确定函数的上下限，这里我们可以设置上下限为0到2π。
其次，我们要计算cosx2的一阶导函数，其结果为：-sin((x+1)/2)。
最后，将函数与其一阶导函数代入积分表达式，并使用数学软件或计算器等工具来求解积分。
此外，另一种积分方法即变量替换法也是一种常用的方法，它的基本思想是使用特定的变量替换原来的变量，以期求解更为方便。
例如，求解：∫cosx√2-sin2xdx。
首先，我们需要确定函数的上下限，这里我们可以设置上下限为0到2π。
其次，我们可以设置一个新变量替换原来的变量，这里我们可以设置替换变量为u=√2-sin2x，并把原来的变量转换为u的函数，这里我们可以得到x=arcsin（√2-u），这时我们可以得到新的函数：cosarcsin（√2-u）du。
最后，使用数学软件或者计算器来求解积分即可。
最后，我们再来看看椭圆定积分的例题：求解：∫6x-xdx。
首先，我们需要确定函数的上下限，这里我们可以设置上下限为0到2。
其次，我们需要将原始函数转换为椭圆函数，这里我们可以将椭圆变形为：X=3cosθ，Y=2sinθ。
这时，我们可以将原来的函数转换为椭圆函数，即：f（x,y）=6x-x2，Y=2sinθ。
复变函数的积分习题与解答
第三章复变函数的积分习题与解答(总3页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--第三章 复变函数的积分习题与解答如果函数()f z 是在【1】单连通区域；【2】复通区域中的解析函数，问其积分值与路径有无关系【答案 单连通 无关，复连通 有关】计算积分 3||21z z =-⎰的值【答案 0】 计算积分 22d L zz a -⎰:其中0a >．设 L 分别为（1）(1)||/2; ||; (3)||z a z a a z a a =-=+=【答案 (1)0；（2）πi a ； (3)πia -】计算积分 Im d C z z ⎰，其中积分曲线C 为（１）从原点到2i +的直线段； （２）上半圆周 ||1z =，起点为1，终点为1-；（３）圆周|| (0)z a R R -=>的正方向（逆时针方向）【答案 2(1)1i /2;(2)π/2;(3)πR +--】计算积分 d ||C z z z ⎰的值，(1)||2; (2)||4;z z ==【答案(1)4πi;(2)8πi 】 计算积分的值 π2i 0cos d 2z z +⎰【答案 1/e e +】计算下列积分的值 （1） ||1d cos z z z =⎰；（2）2||2d z ze z =⎰21||1||12i d d (3); (4)24()(2)z z z z z z z z ==++++⎰⎰ 【答案（1）0；（2） 0；（3） 0；（4） 4πi4i +】计算 2||2||232|i|1||1522||1|i|2(1)d ; (2)d ;3(1)(21)cos (3)d ; (4)d (i)(2)d (5)d ; (6)(4)z z z zz z z z z e z z z z z z z e z z z z z e z z z z z ==-===-=--+--+⎰⎰⎰⎰⎰⎰【答案 （1）0；（2）0；（3）πicosi -；（4）3πi 2-；（5）πi 12（6）π8-】 计算积分（1）π61i i 000(1)sin d ; (2)ch3d ; (3)(1)d z z z z z z z e z --⎰⎰⎰【答案13(1)sin1cos1; (2)i; (3)1cos1i[sin(1)1]--+-】 计算复数 123cos (1)d C C z z z +⎰，其中1:||2C z =顺时针方向；2:||3C z =逆时针方向．（2）3||1d ()zz e z z a =-⎰，其中复常数||1a ≠【答案 （1） 0；（2）当||1,0;||1,πi a a a e ><】 设L 为不经过点b 和b -的简单正向（逆时针）曲线，b 为不等于零的任何复数，试就曲线L 与b 的各种可能计算积分的值．d ()()L z I z z b z b =+-⎰【答案 （1）L 不含b ±，则I=0;（2）L 含b ，πi b I =；L 含b -，πi b I =-；（3）两点在内部 0I =】已知 π3||2()d e h z z ξξξξ==-⎰，试求(i),(i)h h -，以及当||2z >时，()h z '的值. 【 ()π(i);(i)i);||2,()0h i h z h z '=-=>=】计算积分 3d ()zC ze z z a -⎰，其中 常数a 在闭曲线C 内部【答案 1(2)2aa e +】 设 C 为正向圆周1=z ，且||1a ≠，证明：积分222π1||22π||1||1 (||1)|d ||| (||1)a z a a z z a a -=-<⎧⎪=⎨->⎪⎩⎰利用积分 ||1d 2z z z =+⎰的值，证明2π012cos d 054cos θθθ+=+⎰计算积分 2|||d |,(||)||z r z a r z a =≠-⎰（提示：令i i :|d |d ,r z c z re z z θ=⇒=注意到点2,ra a 是关于圆周||z r =的对称点） .已知2πsin 4()d f z z ζζζζ==-⎰求(12i),(1),(1)f f f '-． 计算积分（2）2||1cos d z z z z e z =⎰本章计算机仿真编程计算机仿真编程验证的积分结果2π012cos d 054cos θθθ+=+⎰计算机仿真计算下列积分的值 （沿非闭合路径的积分） π63πi i i 2123πi 00(1)d ; (2)ch3d ; (3)(1)d ;z z I e z I z z I z e z --===-⎰⎰⎰i4211tan (4)d ,cos z I z z +=⎰其积分的路径为沿1到i 的直线段． (说明：沿闭合路径的积分可以利用留数的定义，留数定理来计算；而留数可以利用计算机仿真编程Matlab 直接求解)。
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 （ .
i i
1 1 2 1 2 i sin 2 i i (e e ) ( sh2 )i 2 4i 2
（3）
0 z sin zdz 0 zd cos z z cos z 0 0 cos zdz
1
1
1
1
cos1 sin z 0 sin1 cos1
2 2
1 1 (2 i ) z 2 i 2 2
y
0
y 2x dy c 2 arctan c 2 2 x x y
f (1 i) u(1,1) iv(1,1) ln 2 i(2arctan1 c) ln 2
y 故 c ， v( x, y ) 2 arctan 2 x 2
1 5 5、解 ( 1) ( x iy )dz ( x ix )d ( x ix ) i c 0 6 6
C
） ）
3、若函数 f ( z ) 是区域 D 内的解析函数，则它在 D 内有任意阶导数.（ 4、当复数 z 0 时，其模为零，辐角也为零.
（ ）.
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(1);
解法二:
(2);
解法二:
(3);
解法二:
(4)。
解法二:
3.计算,其中
(1);
C得方程:
(2)、
C得方程:
复变函数练习题 第三章复变函数得积分
系专业班姓名学号
§5柯西积分公式§6解析函数得高阶导数
一.选择题。
1.设就是正向圆周,则[ ]
(A) (B) (C) (D)
3.设为负向圆周,且,则
三、解答题
1.由下列各已知调与函数求解析函数
(1)
(2)
解法二:
2.求具有下列形式得所有调与函数:
(1)与为常数,且不全为零。
解:
(Байду номын сангаас)
解:
3.计算积分,C为以下曲线:
(1);
(2);
(3)、
4、设,求得值使为调与函数,并计算解析函数。
解:
(1); (2); (3)、
解:
(1)
(2)
(3)
3.,其中为得任何复数,为正向
解:
4.计算下列积分得值,C为由所围得矩形边界正向。
(1)
(2)
复变函数练习题 第三章复变函数得积分
系专业班姓名学号
§7解析函数与调与函数得关系综合练习题
一、选择题
1.下列命题正确得就是[ ]
(A)设在区域内均为得共轭调与函数,则必有。
复变函数练习题 第三章复变函数得积分
系专业班姓名学号
§1复变函数积分得概念§4原函数与不定积分
一.选择题
1.设为从原点沿至得弧段,则[ ]
(A) (B) (C) (D)
2、 设就是,从1到2得线段,则[ ]
(A)(B)(C)(D)
3.设就是从到得直线段,则[ ]
(A)(B)(C)(D)
4.设在复平面处处解析且,则积分[]
(1),C:从到得直线段;
C得方程:
则原积分
(2),C:上沿正向从1到。
C得方程:
则原积分
复变函数练习题 第三章复变函数得积分
系专业班姓名学号
§2柯西－古萨基本定理§3基本定理得推广－复合闭路定理
一、选择题
1．设在单连通区域内解析,为内任一闭路,则必有[ ]
(A) (B)
(C) (D)
2.设为正向圆周,则[ ]
若只有一个含在积分曲线内部,则直接利用柯西积分公式;
若有多个含在积分曲线内部,则先利用复合闭路定理,再利用柯西积分公式、
1.计算下列积分
(1)
、
(2).
解法二:
分别作两个以1, -1为心,充分小得长度为半径得圆周C1、C2,
且C1与C2含于C内部。由复合闭路定理,
(3)
同上题中得解法二,
(4),其中正向
(A) (B) (C) (D)
3.设在单连通域内处处解析且不为零,为内任何一条简单闭曲线,则积分[]
(A)(B) (C)(D)不能确定
二、填空题
1.设为正向圆周,则
2.闭曲线取正方向,则积分0。
三、解答题
利用柯西积分公式求复积分
(1)判断被积函数具有几个奇点;
(2)找出奇点中含在积分曲线内部得,
若全都在积分曲线外部,则由柯西积分定理可得积分等零;
2.设为正向圆周,则[ ]
(A) (B) (C) (D)
3.设,其中,则[ ]
(A) (B) (C) (D)
4.设为不经过点与得正向简单闭曲线,则为[ ]
(A) (B) (C) (D)以上都有可能
二.填空题:
1.闭曲线取正方向,积分
2.设,其中,则0,0。
三.解答题:
1.设就是解析函数且,求。
2.计算,C分别为:
(B)解析函数得实部就是虚部得共轭调与函数。
(C)若在区域内解析,则为内得调与函数。
(D)以调与函数为实部与虚部得函数就是解析函数。
2.函数在闭路上及其内部解析,在得内部,则有[ ]
(A) (B)
(C) (D)
二、填空题
1.若函数为某一解析函数得虚部,则常数-3。
2.设得共轭调与函数为,那么得共轭调与函数为-u。
(A)(B) (C)(D)不能确定
二.填空题
1．设为沿原点到点得直线段,则2。
2．设为正向圆周,则
三.解答题
1.计算下列积分。
(1)
(2)
(3)
(4)
2.计算积分得值,其中为正向圆周:
(1)
(2)
3.分别沿与算出积分得值。
解:(1)沿y=x得积分曲线方程为
则原积分
(2)沿得积分曲线方程为
则原积分
4.计算下列积分