复-第三章 复变函数的积分 作业题

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复变函数习题答案第3章习题详解

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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。

第三章复变函数的积分

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(=()。

复变函数与积分变换习题册(含答案)

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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.docx

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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。

复变函数与积分变换习题册(含答案)

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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。

复变函数习题解答(第3章)

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)

(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

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

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

(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,)

f sinzdz =2
I。
: z 由=JJ3r +i t)\3+i肋
+I 2
(2)
I:

/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

复变函数第三章答案


C
1 dz : ( z − 1) 2
由于
1 1 在 ℂ \{1} 内存在单值的原函数 − , 所以, 由复积分的牛顿—莱布尼茨公式, 2 ( z − 1) z −1
I2 = ∫
再计算 I1 = 由于
C
1 1 3 1 1 1 dz = − = − = 。 2 ( z − 1) z −1 2 1− 3 1 − 2 2
1 1 I = ∫ zdz = ∫ ( −1 + 2t ) 2dt = 2 ( −t + t 2 ) = 0 。 C 0 0
���� �
���� �
( 2) −1 到 1的上半单位圆周 z = 1 的参数方程为: z = e ( 0 ≤ θ ≤ π ) ,所以,

I = ∫ zdz = ∫ e − iθ ie iθ dθ = ∫ idθ = −π i 。
同情况分四种情形来证明结论: Ⅰ:积分路线 C 如第 6 题图(1) 情形 情形Ⅰ ,
补充有向直线段 1, 0 ,显然 C + 1, 0 构成简单闭曲线,并且 ± i 既不在 C + 1, 0 的内部也不在
���
���
���
��� C + 1, 0 上,所以

��� 1 在 C + 1, 0 所围成的单连通闭区域上解析,由单连通区域上的柯西积分定 1+ z2
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

复变函数习题三

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 。

第三章复变函数的积分(答案).doc

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

第三章 复变函数的积分
弧L0 , L1, L2 , , Ln 作为割线.用它们顺次的与C0 ,C1,C2 , ,Cn .
连接.设想将D沿割线割破,于是D就被分成两个单连
通区域(图3.10是 n 2的情形),其边界各是一条围线, 分别记为1和 2 .而由定理3.9,我们有
1
f
zdz
0, 2
f
zdz
0,
将这两个等式相加,并注意到沿着 L0 , L1, , Ln 的积分, 各从相反的两个方向取了一次,在相加的过程中互相 抵消.于是,由复积分的基本性质(3)就得到
下,我们称区域D的边界是一条复围线
C C0 C1 C2 Cn
它包括取正方向的C0 ,以及取负方向的 C1,C2 , ,Cn .换句话 说,假如观察者沿复围线C的正方向绕行时,区域D的点总 在它的左手边(图3.10是 n 2的情形).
D
C2
C1
C0
L2
D
L1
L0
C1
C2
C0
图3.10
定理3.10 设D是由复围线
适合 C. R. 条件 ,
由格林定理, C udx vdy 0, C vdx udy 0,
故得
f (z)dz 0.
C
由柯西积分定理,可以得到
定理3.4 设f (z) 在 z 平面上的单连通区域 D 内解析,C 为D
内任一闭曲线(不必是简单的),则
C f (z)dz 0.
证 因为D总可以看成区域 C 内有限多条围线衔接而
f (z) 1 za
只以z a 为奇点,即在“z 平面除去一点a ”的非单连通区域内处处解
析,但是积分
C
dz za
2i
0,
其中 C 表圆周 z a 0 ,即在此区域内积分与路径有关;

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

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

《复变函数与积分变换》第三章__哈工大包革军版

《复变函数与积分变换》第三章__哈工大包革军版

因为
积分值可能与积分路径有关, 所以记

C
f ( z )dz .
第3章 复变函数积分
16
例 3.1.3 计算 zdz, zdz的值, 其中
C1 C2
C1是单位圆 z 1的上半圆周, 顺时针方向; C2是单位圆 z 1的下半圆周,逆时针方向.
解:
(1) C1 : z e , , 0
第3章 复变函数积分
22
Y

3i 0
z 2 dz [(3 i)t ]2 (3 i)dt
0
1
1
3i
(3 i) t dt
3 2 0
1
X
3
1 1 26 3 3 1 3 (3 i ) t |0 (3 i ) 6 i 3 3 3
第3章 复变函数积分
20
例 3.1.3 计算 zdz, zdz的值, 其中
k 1
i [v ( k , k )xk u( k , k )yk ]
k 1
n
C f ( z )dz C udx vdy i
C
vdx udy .
第3章 复变函数积分
10
C f ( z )dz C udx vdy i C vdx udy
(4) 设C1的终点是C2的起点, C=C1+C2, 则

C
f ( z )dz f ( z )dz f ( z )dz;
C1 C2
第3章 复变函数积分
8
(5) 设曲线C的长度为L, 函数f (z)在C上满足 则
f (z) M ,

n
C
f ( z )dz f ( z ) ds ML.

第三章_复变函数的积分(答案)

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)

复变函数与积分变换练习册参考答案

复变函数与积分变换练习册参考答案
5 5
分析:显然原方程可化简为一个典型的二项方程。
⎛ 1+ z ⎞ 解:由直接验证可知原方程的根 z ≠ 1 。所以原方程可改写为 ⎜ ⎟ = 1。 ⎝ 1− z ⎠

5
ω=
1+ z , ……………(1) 1− z
2π i 5
则 ω = 1 , ……………………(2)
5
方程(2)的根为 ω = 1, e
(5) lim
z →1
zz + 2 z − z − 2 3 = 。 2 z2 −1 zz + 2 z − z − 2 ( z + 2)( z − 1) z +2 3 = lim = lim = 。 2 z →1 ( z − 1)( z + 1) z →1 z + 1 2 z −1
提示: lim
z →1
(1 − cos α ) 2 + sin 2 α = 4sin 2
α
2
= 2sin
α
2
;因为当 0 < α < π 时,
sin α > 0 , 1 − cos α > 0 ,则 arg z = arctan
= arctan(tan +i sin
π −α
2
)=
π −α
2 e
π −α i 2
sin α α = arctan(cot ) 1 − cos α 2

6、 ( 2)
=e
2 ln 2 − 2kπ
7、方程 sinh z = i 的解为 三、计算和证明 1、试证函数
1 在复平面上任何点都不解析。 z
利用 C-R 条件,即用解析的充要条件判别,即 u =
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∫ ∫
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
7.沿指定曲线的正向计算下列各积分: sin z 9) ∫C π 2 dz,C : z = 2; z 2 2 包含C内的复平面内解析,根据柯西积分的高阶 f ( z) 2πi ( n ) dz = f ( z0 ),n = 1,2, 导数公式∫ n +1 C (z z ) n! 0 2πi d sin z dz = 得∫ 2 C 1! dz π z 2 sin z
2 2
p = 1,即 p = ±1时v为调和函数.
2
v v px px 解: = pe sin y , = e cos y x y ( x, y ) u ( x, y ) v u v u = ∫ dx + dy + c = ∫ dx dy + c (0,0 ) x (0,0 ) y y x ( x ,0 ) v ( x, y )v v v = ∫ dx dy + ∫ dx dy + c (0,0 ) y ( x ,0 ) y x x = =
C
β
α
1 t 2 dt + i 1 tdt = 1 + 5 i ∫0 ( x + iy)dz =∫0 (t + it )(1 + i)dt=(1 + i)∫0 ∫0 6 6 x = t 2 2)曲线y = x 的参数方程为 0 , ≤ t ≤ 1, 或z = t + it 2 , 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

C
f (z) dz = 2πif ( z 0 ),得 z z0
3 4 3 4 ∫C z + 1 + z + 2i dz = ∫C z + 1 dz + ∫C z + 2i dz = 2πi 4 z = z = 1 + 2πi 3 z = z = 2 i = 14πi
0 0
ez 5) ∫C (z a )3 dz, 其中a为 a ≠ 1的任何复数, C : z = 1为正向. 解:被积函数的奇点为a, 1 ( )当 a < 1时,奇点在C内,且e z 在复平面内解析,由 f ( z) 2πi ( n ) 柯西积分的高阶导数公式∫ f ( z0 ), 得 dz = n +1 C ( n! z z0 ) ez 2πi d 2 e z ∫C (z a )3 dz = 2! dz 2 = πie
1)u = ( x y)( x + 4 xy + y )
2 2
(2 解: )不定积分法 u u 2 2 = 3x + 6 xy 3 y , = 3x 2 6 xy 3 y 2 x y u u f ' ( z) = i = 3x 2 + 6 xy 3 y 2 i(3x 2 6 xy 3 y 2 ) x y = 3( z iy) 2 + 6( z iy) y 3 y 2 i[3( z iy) 2 6( z iy) y 3 y 2 ] = 3(1 i) z 2 = U ( z) 积分得f ( z) = ∫ U ( z)dx + c = (1 i) z + c,
2 1 2
1+i
5.计算积分∫
C
z dz的值, 其中C为正向圆周:z = 2;2) z = 4. 1) z
β
解: C为正向圆周z = 2的参数方程:z = 2eit, ≤ t ≤ 2π ). 1 ) (0 由公式: f ( z )dz = ∫ f [ z (t )]z ' (t )dt,得 ∫
C
α

C
1 1 ( z + a) 1 dz = ∫ dz = 2iπ 2 2 C z a za z+a
=
z = z0 = a
πi
a
7.沿指定曲线的正向计算 下列各积分: 1 5) 2 ∫C ( z 1)( z 3 1) dz,C : z = r < 1; 1 3 解:被积函数的奇点 : z = ±i,1, ± i 在C外, 2 2 被积函数在 C内和 C上解析,根据柯西-古 萨 1 基本定理得 ∫ 2 dz = 0 3 C ( z 1)( z 1) 6) z 3 cos zdz,C为包围 z = 0的闭曲使 v为调和
px
函数,并求出解析函数 f ( z ) = u + iv. v v px px 解: = pe sin y , = e cos y x y v v 2 px px 2 = p e sin y , = e sin y 2 x y
2 2
v v 2 px px 2 + 2 = p e sin y e sin y = 0 x y
3
因为u不含常数,所以 是任意常纯虚数. c
1 ) u = ( x y )( x 2 + 4 xy + y 2 ) 解: 3 ) 线积分法 ( u u 2 2 = 3 x + 6 xy 3 y , = 3 x 2 6 xy 3 y 2 x y (x,y) v (x,y) v u u v = ∫ dx + dy + c = ∫ dx + dy + c (0 ,0 ) x (0 ,0 ) y y x ( x ,0 ) (x,y) u u u u = ∫ dx + dy + ∫ dx + dy + c (0 ,0 ) ( x ,0 ) y x y x = =
第三章作业题
2.分别沿y=x与y=x2算出积分∫01+i(x2+iy)dz的值.
x = t 解: 1)曲线y = x的参数方程为 , ≤ t ≤ 1, 或z = t + it, 0 ≤ t ≤ 1, 0 y = t 得dz = (1 + i)dt.由复积分公式: ∫ f ( z )dz = ∫ f [ z (t )]z ' (t )dt,得
30 .由下列已知调和函数求 1) u = ( x y )( x 2 + 4 xy + y 2 )
解析函数 f ( z ) = u + iv .
(1 解: ) 偏积分法 u u 2 2 = 3 x + 6 xy 3 y , = 3 x 2 6 xy 3 y 2 x y v u v = ∫ dy = ∫ dy = 3 x 2 y + 3 xy 2 y 3 + g ( x ) y x u v 2 2 = 3 x 6 xy 3 y = = [ 6 xy + 3 y 2 + g ' ( x )] y x 得 g ' ( x ) = 3 x 2,积分得 g ( x ) = g ' ( x )dx = x 3 + c ∫ 于是 v = 3 x 2 y + 3 xy 2 y 3 x 3 + c ,从而 f ( z ) = u + iv = (1 i ) z 3 + ic , ( c 是任意实常数).
z = z0 =
解:被积函数的奇点: z = z0 =
π
在C内, 且 sin z在
π
2
= 2πicos z z = z
0=
π
2
=0
8.计算下列各题. 4) z sin zdz ∫
0 1
解:因被积函数z sin z在复平面为解析函数, 故z sin z有原函数,于是利用分部积分和牛 顿-莱布尼兹公式,得 z cos z 1 1 cos zdz ∫0 z sin zdz = ∫z =z0d cos z = ∫0 0
z
dz = ∫ ( z i )d (e )
z =0 z i i z 0 z =0
i
z
= ( z i )(e ) ∫ (e )d ( z i ) = i + ∫ e dz = i + (e ) = i e + 1
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