复变函数第三章习题

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复变函数第三章答案

�� 在 C +1, 0 上，所以
∫ ∫ 1
1
�� C +1,0
1+
z2
dz
=
2i
1 ( ��
−
1
)dz = 1 (2π i) = π ，
C+1,0 z − i z + i
2i
同理如果 C 仅围绕 i 按顺时针转一周，有
∫ ∫ 1
1
�� C +1,0
1+
z2
dz
=
2i
( �� 1 − 1 )dz = 1 (−2πi) = −π ，
dz = 1 ⋅( z −1)1−n 1− n
3 =
1
2 1− n
21−n −1
=
1 n−
1 ⎛⎜⎝1
−
1 2n−1
⎞ ⎟
。
⎠
所以，
⎧k ⋅(±2π i) + ln 2, n =1
In
=
⎪
⎨ ⎪⎩
n
1 −1
⎛⎜1 ⎝
−
1 2n−1
⎞ ⎟
,
⎠
。
n ≠1
6. 设 C = 0�,1是不过点 ±i 的简单光滑曲线，证明：
��
��
显然 C + 3, 2 构成简单闭曲线，并且1在 C + 3, 2 的内部，所以
∫ �� 1 dz = 2π i ，
C+3,2 z −1 同理如果 C 仅围绕1按顺时针转一周，有
于是
∫ �� 1 dz = −2π i ，
C+3,2 z −1
∫ ∫ ∫ ∫ I1 =
1 dz =

复变函数第3篇习题课

y
C2
解设C1 : z x, x : 1 1
C1 1 O
|z|z dz C1
0 1
1
x
|x|x dx
1
C2 : z ei t , t : 0 d z eit i d t
|z|z dz
C2
ei
t
e i
t
i d t
idt i
0
0
i 原式= | z | z d z | z | z d z
解(C解3i1C)Cg自C22C：1CC：1z原C11zz2z：：C22点d1dzzCz3沿xz2虚3ix•iy3iy轴,,0,1,03yx(至(i3yx::x::0i0,00i再yi))1水223dd13平((x3C至1 zCi3i21y)zd)2izd6z3019(ii原y032原)3式x62 式d2i=(d=i6yx)6232962363ii i
故被积函数在 | z | 1 上处处解析
积分结果为0. 6
49页8 直接得到下列积分的结果，并说明理由
Ñ (3) ez (z2 1) d z |z|1
解结果为 0 , 因为被积函数 ez (z2 1) 在 | z | 1上处处解析，所以积分结果为0.
Ñ (4)
|z| 1 2
1 (z2 1) (z3 1)
dz
解结果为 0 , 由 (z2 1) (z3 1) 0 得到
z 1, z 1 3 i
2 这2些点都在圆 | z | 1 的外部。
故
被积函数
在
|
z
|
1
上
2
处处解析
2
积分结果为0. 7
49页9 沿指定曲线的正向计算下列积分

复变函数第三章习题答案

第三章柯西定理柯西积分掌握内容：1.柯西积分定理：若函数()f z 在围线C 之内是处处解析的，则()Cf z dz =⎰0 。

2.柯西积分定理的推广：若函数()f z 在围线C 之内的,,...n z z z 12点不解析，则()()()...()nCC C C f z dz f z dz f z dz f z dz =+++⎰⎰⎰⎰12，其中,,...nC C C 12是分别以,,...n z z z 12为圆点，以充分小的ε为半径的圆。

3.若在围线C 之内存在不解析点，复变函数沿围线积分怎么求呢？——运用柯西积分公式。

柯西积分公式：若函数z 0在围线C 之内，函数()f z 在围线C 之内是处处解析的，则()()Cf z dz if z z z π=-⎰002 4.柯西积分公式的高阶求导公式：若函数z 0在围线C 之内，函数()f z 在围线C 之内是处处解析的，则()()()()!n n Cf z i dz f z z z n π+=-⎰0102习题：1.计算积分⎰++-idz ix y x 102)(积分路径是直线段。

解：令iy x z +=，则idy dx dz += 积分路径如图所示：在积分路径上：x y =，所以313121212131211032223211211211210102102102i x ix y i x ix x dxix x i iydy xdx dx ix x dy ix x i iydy ydx dx ix x idy dx ix y x dz ix y x ii+-=-+--+=++--+=++--+=++-=+-⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰++)()()()()())(()(2.计算积分⎰-iidz z 。

积分路径分别是：（1）直线段，（2）右半单位圆，（3）左半单位圆。

解：（1）令z x i y =+，则z dz xd idy ==+，在积分路径上，0x =，所以11iiz dz iydy iydy i--=-+=⎰⎰⎰（2）令i z re θ=，在积分路径上：,1i z r dz ie d θθ===//222i i iz dz ie d i πθπθ--==⎰⎰（3）令i z re θ=，在积分路径上：,1i z r dz ie d θθ===//2322ii iz dz ie d i πθπθ-==⎰⎰5.不用计算，证明下列分之值为零，其中为单位圆。

复变函数与积分变换习题册(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

复变函数考试复习

第三章习题课一、内容提要复变函数积分的定义，计算，性质。

柯西定理，柯西积分公式，高阶导数公式。

柯西不等式。

())(,1012重要的常用的积分⎩⎨⎧∈≠==-⎰Zn n n i a z dzncπ其中c 为包含a 在其内部的一条简单闭曲线二、习题选解例1、沿第一象限中线路()2,1=ℑC ，计算积分xydy dx y x ic 222-+⎰，起点和终点分别为（1，0）和（0，1）1:12221=+=+y x c y x c ：解：（1）在t y t x c =-=,11上，则10,,≤≤=-=t dt dy dt dx()[](){}⎰⎰⎰-=-=-++--=-+∴11222211212)(1dt tdt t dx t t xydydx y x c（2）在)20(,sin ,cos 2πθθθ≤≤==y x c 上，⎰⎰⎰-=-+-=-+20220222235cos sin 2sin )sin (cos 2)(2ππθθθθθθθd d xydydx y x c例2，dz iz c 2)2(+⎰其中c 为从1到i +2的简单曲线（引理）解：2)2(iz +在复平面上解析（连续），且有原函数3)2(31)(iz iz F +=[]{})1(313)2()2(231)1()2()2(332i i i i i F i F dz iz c +-=+-++=-+=+∴⎰ 例3、计算积分dz z i c )(-⎰，这里c 为（1）自0到i +1的直线段（2）自0到i +1的抛物线2x y =的弧段解：（1）从0到i +1的直线段的方程为ti t t i t z +=++⋅-=)1(0)1( 10≤≤t ，则()ii dti t dti i t t i ti t i dz z i c +-=+--=+--=+++-=++-=-⎰⎰⎰⎰211)12()1()1()1)(()(111（2）设弧段的方程为 10,2≤≤+=t i t t z 则dt ti i t t i dz z i c )21()()(102++-=-⎰⎰[]i dt t t t 322)1()32(1023+-=+-+--=⎰例4，计算dz z z e zz ⎰-=)1(23解：（一）积分闭路内有三个奇点z=0，-1，1，为此被积函数分解为部分分式，化为三个积分之和，使每个积分的被积函数只有一个奇点，再应用柯西公式，因为121121)1(2++-+-=-z e z e z e z z e z z z z)2(2212212121121)1(1133323-+=⋅⋅+⋅⋅+⋅-=++-+-=---====⎰⎰⎰⎰e e i e i e i e i dz z e dz z e dz z e dz z z e zz z z z z zz ππππ 故（二）作互不相交的互不包含的三个小圆周321,,c c c 分别包含0，1，-1，且都在3=z 内，应用复合围线积分定理，有)2()22(21)1(1)1(11)1()1()1()1(111222223321321-+=++=+⋅-+-⋅++⋅-=-+-+-=---=⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰e e i e e e i z dzz z e z dz z z e z dz z dzz z e dz z z e dz z z e dz z z e z cz c c zc z c z c z z ππ例5、计算：232)1(-⎰=z z dzz 解、被积函数22)1(1-z z 有两个奇点：01=z 积12=z ，都在2=z 内，利用复合围线积分定理，作圆周4114121=-=z c z c ：，：23411324123412341222)1(1)0()1(1)1()1()1(1-+--=-+-=-⎰⎰⎰⎰⎰=-====z z dz z z z z dz z z dzdz z z z z z z z 由高阶导数公式，得()0"11!22)1(02222=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=-==⎰z z z i z z dz π例6，P 56，9（2）证明01)(22≥=≤+⎰Kez z dz iy x c ，，若为有半单位圆π 证明：因为在C 上，122=+y xππ≤+≤+≤++≤+=+⎰⎰dy iy x dz iy x C iy x C y x y x iy x c c 222222224422)(1有，由积分估值公式，的长度为，又上，故在而例7、P 56，14 通过计算)21(1121 ，，=⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎰=n dz zz z nz 证明⎰⋅⋅-⋅⋅⋅=ππθθ2022642)12(5312cos nn d n证明：因为()θθθππθθd i id ee z dz z z n nni i nz ⎰⎰⎰=+=⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=20202221cos 21!)!2(!)!12(2!)!2(2)1(22!)22)(12(22)2!)(2!()!2(2cos )!()!2(2!)12()12(22!)12()12(211!)12()12(21211121002212112221n n n n n n n n n n n d n n i n n n n n izdz n n n n n dzz z z n n n n n z nz z z z z k i k dk z n n nn z nz n n nkz -=⋅-⋅--==⋅=+--=⋅+--=⎪⎭⎫ ⎝⎛+∴⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--++++=⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎩⎨⎧-=-≠=⎰⎰⎰⎰==-=πππθθπππ 从而于是而0cos 2012=⎰-θθπd n 同理例8、计算221-⎰=z dzz解：因为，2=z 所以θπθθθd ie dz e z i i 2,20,2=≤==+===-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=+-=---=-∴-=-==⎰⎰⎰⎰⎰⎰=====θθππθθπθθd i i dz z dz z i z z dz i z z z dz i z dz zdzid e ie i d dz z z z z z i i 202222222cos 45234)20(32114132452)1)(1(2122222或原式例9、P 56 6，8，16，17 6、)('z g 在D 内解析[])(')()()('')()(z g z f z g z f z g z f +=，积分与路径无关。

复变函数讲义-3-习题课

f (z) M ,那末 f (z)dz f (z)ds ML.
C
C
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29
例9 设C为圆周 z − 1 = 2证明下列不等式.
c
z z
+ 1dz −1
8.
证明因为 z − 1 = 2，
所以 z + 1 = z − 1 + 2 z − 1 + 2 = 2,
24
2)若封闭曲线C包含0而不包含1,则
由柯西积分公式得
C
ez z(1 −
z)3
dz
=
ez
C
(1 − z)3 d z z
= 2i ez (1 − z)3 z=0
= 2i.
y
O
•
1x
C
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25
3)若封闭曲线C包含1而不包含0,则
f (z) = ez 在C内解析, 由高阶导数公式得 z
机动目录上页下页返回结束
20
(2) a在曲线C内，b不在曲线C内
由高阶导数公式，有
1
C
(
z
−
1 a)n (
z
−
b)
dz
=
C
(
z−b z − a)n
dz
=
2i
1 (n−1)
(n − 1)! z − b
z=a
=
2i (−1)n−1
(n − 1)!
(n − 1)! (z − b)n
2
一、定积分与不定积分
定积分(参数方程法)常用于函数在积分曲线上有奇点或在积分区域内部有无穷多奇点情况；不定积分注意所要求条件

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为定义在区域d内的解析函数则其导函数在区域d内解析则对d内任一简单闭曲线c都有是区域d内的解析函数则它在d内有任意阶导数
工程数学（复变函数）第三章复习题参考答案
湖南大学数学与计量经济学院
一、判断题（每题2分，5题共10分）
1、 f ( z ) 为定义在区域 D 内的解析函数，则其导函数 f ( z ) 也是解析函数. （若 2、 f ( z ) 在区域 D 内解析，若则对 D 内任一简单闭曲线 C 都有 f ( z )dz 0 （ .
t t z
1
(1 i)e (1 i)e it (cos t i sin t sin t i cos t ) (e ieit ) 2 2 0 0
t t
1
1
e
(1i ) t 1 0
e1i e0 e1i 1 .
7、解：（1） c 的方程为 z x ，代入，得
1
c2
e
ei (cos y i sin y )dy e 1 ei (sin y i cos y ) 0
0
e 1 ei (sin1 i cos1 i) e(cos1 i sin1) 1 e1i 1；
2）从 0 到1 i 的直线段的方程为 z x iy t ti ， t : 0 1 ，代入积分表达式中，得
n 2
2、证明： u x2 y2 xy ux 2x y, uy 2 y x
2u 2u 2 2 2 2 0 u 是调和函数. x y
v( x, y)
( x, y )
(0,0)

高等数学练习题第三章、复变函数的积分试题库

第三章、复变函数的积分试题库：第一部分、判断与填空：1、设函数)(z f 在区域D 解析，为C 内D 任一条闭简单曲线，则0)(=⎰C dz z f .2、设函数)(z f 在复平面上解析，若它有界，则必)(z f 为常数。

3、若函数)(z f 在区域D 解析，则积分与路径无关。

4、设1|:|=z C ，则___)1(=-⎰C dz z 。

5、___cos 1=⎰C dz z。

6、若函数)(z f 在单连通区域D 解析，为C 内D 任一条闭简单曲线，则____)(=⎰C dz z f 。

7、___=⎰Cz dz ze 。

8、设C 是以为a 心，r 为半径的圆周，则___)(1=-⎰C n dz a z 。

9、设C 是以为a 心，r 为半径的圆周，则___122=-⎰C dz az 。

10、设函数)(z f 在区域D 解析，则它是任意阶可导的。

第二部分、证明与计算：1、计算积分：⎰-=ii z z I d ||，积分路径为（1）单位圆（1||=z ）的左半圆；（2）单位圆的右半圆。

2、计算积分：z z I Ld Re ⎰=，在这里L 表示单位圆（按反时针方向从1到1取积分）。

3、计算积分：z z I Ld Re ⎰= 在这里L 表示从1z 沿直线段到2z 。

4、设函数)(z f 当)10(||000<<>-r r z z 时是连续的。

令)(r M 表示|)(|z f 在00||r r z z >=-上的最大值，并且假定0)(lim =+∞→r M r 。

试证明0d )(lim =⎰+∞→r K r z z f在这里r K 是圆r z z =-||0。

5、如果函数)(z f 在00||r z z >-内解析，令)(r M 表示|)(|z f 在00||r r z z >=-上的最大值，并且假定 0)(lim =+∞→r M r 那么对任何0r r >，0d )(=⎰r K z z f6、计算积分：⎰=-2||4d 11z z z 。

复变函数与积分变换(修订版-复旦大学)课后的第三章习题答案Word版

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=x2，从点0到点1+i 的弧段. 解 (1)设z x ix =+. 01x ≤≤()()111()Cz dz x ix d x ix i-=-++=⎰⎰(2)设2z x ix =+. 01x ≤≤()()122211()3Ciz dz x ix d x ix -=-++=⎰⎰3. 计算积分d Czz ⎰，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 iππθθππ===⎰⎰⎰(3) 设i z e θ=. θ从32π到2π23212i Cz dz deiπθπ==⎰⎰6. 计算积分()sin zCz e z dz -⋅⎰,其中C为z a =>.解 ()sin sin z zC C Cz e z dz z dz e zdz -⋅=-⋅⎰⎰⎰ ∵sin z e z ⋅在z a =所围的区域内解析∴sin 0z Ce zdz ⋅=⎰从而()2022sin 0z i CCi z e z dz z dz adae a i e d πθπθθ-⋅====⎰⎰⎰⎰故()sin 0zCz e z dz -⋅=⎰7. 计算积分21(1)Cdzz 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 i πππ=-⋅-⋅=--=+-+⎰⎰（3）在2C 所围的区域内包含一个奇点z i =-,故32111111()00(1)22CC dz dz i iz 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)22CC 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 2i z dzπ+⎰(2)z ie dzπ--⎰ (3) 21(2)iiz dz+⎰(4) 1ln(1)1iz dz z ++⎰ (5) 10sin z zdz ⋅⎰ (6) 211tan cos i z dz z +⎰解 (1)2201cos sin21222iiz zdz ch ππ++==⎰(2)2z ziie dz 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) 111100sin cos cos cos sin1cos1z zdz zd z z z zdz ⋅=-=-+=-⎰⎰⎰(6) 222112111221tan 1sec sec tan tan cos 2111tan1tan 1t 122ii i i i z dz zdz z zdz tanz z z ith h +=+=+⎛⎫=-+++ ⎪⎝⎭⎰⎰⎰11. 计算积分21zCe dzz +⎰,其中C为 (1)1z i -= (2)1z i += (3)2z =解 (1)221()()zz ziz iCC e e e dz dz i e z z i z i z iππ===⋅=++-+⎰⎰ (2)221()()zz ziz iCC e e e dz dz i e z z i z i z iππ-=-==⋅=-++--⎰⎰(3) 122222sin1111zz 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 iz ππ===-⎰(3)'2020tan22(tan )sec ()2z z C zz dz i z i z z ππ===-⎰17. 计算积分331(1)(1)C dzz 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 Ci idz z z z ππ===-++⎰(2) C 内包含了奇点1z =-,∴(2)13331213()(1)(1)2!(1)8z C i idz 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 x x x y xy y y i y ωω=--+=+++解(1) 设w u i υ=+,3223632u xx y xy y=--+ 0υ=∴223123u x xy yx ∂=--∂ 22666u x xy y y ∂=--+∂22612u x y x ∂=-∂ 22612u x 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 1xu e y =⋅+sin 1x e y υ=⋅+ ∴cos xu e yx ∂=⋅∂ sin x u e 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 xe yx υ∂=⋅∂ cos x e y y υ∂=⋅∂22sin x e y x υ∂=⋅∂ 22sin x y e y υ∂=-⋅∂22220x y υυ∂∂+=∂∂,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 y υ=+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 y υυ∂∂+=∂∂,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 xy υ∂∂=+=∂∂ 2u y x y x υ∂∂=-+=-∂∂ 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 C υ∂∂=-++=-+++=-+++⎰⎰⎰⎰∂∂=-+++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（x0,y0）为(1,0)，有2(,)4222(1,0)122222()0()1110x y x u u x y ydx dy C dx x dy C y x x x y x x y C 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,,,na a a ,证明积分1()d 2π()Cp z z ip 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,,...ka a a1112312121()()()...()...()1()12πi ()2πi()()...()111111...2πi2πi2πi111111...1...2πi2πin nk k n k k CCn CCCnCCk nk 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CR: 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 z ζζζζζζ=--⎰⎰因为()f z z ζζ-- 在Rζ>上解析，且()1lim lim ()lim ()11f f f z z ζζζζζζζζζ→∞→∞→∞=⋅==--所以，当Z 在C 外部时，有1()()2πiC f f z A d z ζζζ=--⎰即1()()2πi C f d f z Az ζζζ=-+-⎰设Z 在C 内，则f(z)=0，即R 1()()0[]2πi C C f f d d z z ζζζζζζ=---⎰⎰故有：1()2πiC f d Az ζζζ=-⎰。