《复变函数》第四版习题解答第3章

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复变函数高等教育出版社课后习题详解第三章

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小结 ! 找出实部虚部分别计算 % 8.%利用在单位圆周上#C ! 的性质 ! 及柯西积分公式说明 # A #C # 0
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其中 0 为正向单位圆周 F ! $ #FC !% & $ 解 ! 注意到复积分 -" 在 ## # 中积分变量# 始终限制在; 上变化 ! A
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复变函数西安交通大学第四版高等教育出版社课后答案
-$ 7 & 沿下列路线计算积分? #% 8!% , #A # 自原点至 -$ $ 的直线段 & !
课后习题全解 !!!
& # 自原点沿实轴至 -! 再由 - 沿直向上至 -$ $ & 自原点沿虚轴至$ 再由$ 沿水平方向向右至 -$ # ! $ % 解 !! 所给路线的参数方程为 % 起点参数1 # # ! -$ ## " $ 1 1 # ,( (!! 由复积分计算公式 % 终点参数1 #!% ,!

复变函数习题解答(第3章)

显然，f’(z(t))z’(t)在[,]上是连续的，所以f(z(t))C1
[,]．
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[,]到D内的单射，故f(z(t))是[,]到内的单射．
因在D内有f’(z)0，故在[,]上，|f’(z(t))z’(t) |= |f’(z(t)) | ·|z’(t) |
x2
=v
y2
，v
x2
=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．
xx+v
yy)v= 0；
由于u,v满足Cauchy-Riemann方程，故u
x2
=v
y2
，v
x2
=u
y2
，u
xv
x+u
yv
y= 0，因此(u
xu+v
xv)2
+ (u
yu+v
yv)2
=u
x2
u2
+v
x2
v2
+ 2u
xuv
xv+u
y2
u2
+v
y2
v2
+ 2u
yuv

复变函数(第四版)课后习题答案

(3 + 4i )(2 − 5i ) = 5
2i
29 ， 2
26 ⎡ (3 + 4 i )(2 − 5 i ) ⎤ ⎡ (3 + 4 i )(2 − 5 i ) ⎤ = arg ⎢ Arg ⎢ + 2kπ = 2 arctan − π + 2kπ ⎥ ⎥ 2i 2i 7 ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ = arctan 26 + (2k − 1)π , 7 k = 0,±1,±2, " .
{
}
{
}
Arg i8 − 4i 21 + i = arg i8 − 4i 21 + i + 2kπ = arg(1 − 3i ) + 2kπ
(
)
(
)
= −arctan3 + 2kπ 2．如果等式解：由于
k = 0,±1,±2, ".
x + 1 + i(y − 3) = 1 + i 成立，试求实数 x, y 为何值。 5 + 3i x + 1 + i(y − 3) [x + 1 + i(y − 3)](5 − 3i ) = 5 + 3i (5 + 3i )(5 − 3i ) =
2 2
= ( z1 + z2 )( z1 + z2 ) + ( z1 − z2 )( z1 − z2 ) = 2( z1 z1 + z2 z2 )几何意义平行四边形的对角线长度平方的和等于四个边的平方的和。 12．证明下列各题： 1）任何有理分式函数 R ( z ) =
2 2
1 ； 3 + 2i
1 3i （2） − ； i 1− i

复变函数第四版余家荣答案

复变函数第四版余家荣答案【篇一：1第一章复数与复变函数】京1第一章复数与复变函数1 复数及其代数运算1.复数的概念①在解方程时，有时会遇到负数开方的问题，但在实数范围内负数是不能开平方的。

为此，需要扩大数系。

我们给出如下的代数形式的复数定义：复数的代数定义：把有序实数对(x,y)作代数组合所确定的形如x?iy的数称为（代数形式的）复数，记为z?x?iy，2其中，i满足i??1。

我们称i为虚单位；实数x和y分别称为复数z 的实部和虚部，并记为x?rez，y?imz。

特别地，当imz?0时，z?x?i0?rez?x是实数；当rez?0时且imz?0时，z?iimz?iy称为纯虚数；虚部不为零的复数称为虚数（即不为实数的复数称为虚数）；z?0当且仅当rez?0且imz?0，即复数0?0?i?0。

z1?z2当且仅当rez1?rez2且imz1?imz2。

2.复数的代数运算2.1 四则运算设z1?x1?iy1，z2?x2?iy2为任意两个复数，它们的四则运算定义为: 加法：z1?z2?(x1?x2)?i(y1?y2) 减法：z1?z2?(x1?x2)?i(y1?y2) 乘法：z1z2?(x1x2?y1y2)?i(x1y2?x2y1) 除法：z1x1x2?y1y2y1x2?x1y2（z2?0） ??i2222z2x2?y2x2?y22【注】：(1).可见，复数的四则运算，可以按照多项式的四则运算进行，只要注意将i换成?1。

(2).关于除法的具体操作可以按两种方法来进行：①.先看成分式的形式，然后分子分母同乘以一个与分母的实部相等而虚部只相差一个正负号的复数（在后面将会看到，这被定义为共轭复数），再进行简化；②.用复数z1?x1?iy1除以非零复数z2?x2?iy2，就是要求出这样一个复数z?x?iy，使得z1?z2?z。

按乘法的定义，为求出z需要解方程组?x2x?y2y?x1??x2y?xy2?y12.2 共轭复数复数x?iy和x?iy互称为对方的共轭复数，如果记z?x?iy，则用记其共轭复数，即?x?iy?x?iy。

西安交大工程数学复变函数第四版第三章复变函数的积分

显然曲线 AEBBEAA,AAFBBFA均为封闭曲线.
因为它们的内部全含于D,
故 f (z)dz 0, AEBBEAA
CF A A F
B
f (z)dz 0.
D1 E C1 B
AAF BBFA
︵︵
D
︵
E
︵
︵︵ AEBBEAA AEB BB BEA AA,
︵
︵
AAFBBFA AA AFB BB BFA,
22
2 不定积分 f z 的原函数的一般表达式 F z C（其中C为任意常数），称为 f z 的不定积分，即
f zdz Fz c （其中C为任意常数）
例如 sinzdz cos z c 其中c为任意常数
（换元积分法分部积分法）
例 z sinzdz z d cos z z cos z cos zdz
二、复合闭路定理
设 f z在多连通域D内解析，C是D内的一条简单闭曲线，
C1, C2 , , Cn是在C内部的简单闭曲线，它们互不包含也互
不相交，且以C, C1, C2 , , Cn 为边界的区域全包含于D，
则
n
⑴
f zdz
C
k 1 Ck
f zdz
C1
n
⑵ f zdz f zdz 0
设f z在单连通域B内解析，则F z在B内是一解析函数，
且Fz f z, 即F z为f z的原函数. 证明
24
定理三
设f z在单连通域B内解析，Gz为f z的一个原函数，
则
z1 z0
f
zdz
Gz1 Gz0 .
解析函数的积分计算公式
证
z z0
f zdz,Gz均为f

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3章

§1 复变函数积分的概念
一、定义 1. 有向曲线: C : z z (t ) x(t ) iy(t ) 选定正方向: 起点终点 C + 简单闭曲线正方向: P 沿正向前进, 曲线内部在左方. 2. 复变函数的积分:(P70定义)
f ( z )dz
c
2014-10-20
( n ) k 1
复变函数（第四版）
第三章复变函数的积分
§1 §2 §3 §4 §5 §6 §7 复变函数积分的概念柯西－古萨(Cauchy-Goursat)基本定理基本定理的推广－复合闭路定理原函数与不定积分柯西积分公式解析函数的高阶导数解析函数与调和函数的关系
《复变函数》(第四版) 第1 页
2014-10-20
2014-10-20 《复变函数》(第四版) 第16页
条件放宽, C 为解析域 D 的边界. f (z)在D C D上连续 , 则 c f ( z )dz 0 例: 对任意 C .
c z
2
dz 0
c e dz 0 c sin z dz 0
2014-10-20 《复变函数》(第四版) 第17页
dz ire d i 2 dz ire c 0 n1 i ( n1) d n 1 ( z z0 ) r e i 2 i 0 n in d n r r e
2014-10-20 《复变函数》(第四版)
i

2 0
e in d
第7 页
( 接上页例 )
i [v( k ,k )xk u( k ,k )yk ] .
k 1
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n
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【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 。

复变函数第四版第三章积分更新

证明：n 1; n 2; n n 1数学归纳法
目标5：应用柯西积分公式，通过f
例1、 1)
z r 1
( n)
( z 0 )求积分。
z 1
cos z
5
dz
2)
z r 1
z
ez
2
1

2
dz
例2、莫勒拉定理： ( Morera) （柯西定理的逆定理） f ( z )在单连通域B内连续，且： f ( z )dz 0
u( x , y )处处为调和函数
二、定理：
解析函数的实部和虚部都是调和函数。
证明：
f ( z ) u( x , y ) iv( x , y ) u v f ( z )解析 x y 2 u 2v 2 x yx
2 2
u v y x
2u 2v 2 y xy
应用：利用解析函数的理论解决调和函数的问题。如：映射问题；拉谱拉斯边值问题。
目标5：应用柯西积分公式，通过f ( z 0 ), f
( n)
( z 0 )求积分。
目标6：判断函数是否调和函数。
作业3：第三章习题( p100 ~ 102) 9 ， 28 18,
目标1：求复变函数沿曲线的积分。
z0 z
证明：原函数：if F 源自( z ) f ( z ), 称F ( z )为原函数。不定积分： f ( z )dz F ( z ) C
应用：函数在解析区域内的线积分化为求原函数的问题。
目标4：用原函数求区间积分。
例1、 z cos zdz ?
0
i
例2、沿区域 Im( z ) 0, Re( z ) 0内 ln( z 1) 的圆弧 z 1, 计算： 1 z 1 dz ?

复变函数第四版(第三章)

f z dz f z dz f z dz ,
C C1 C2
C C1 C2

C
f ( z )dz f ( z ) dz f ( z ) ds ML C C
(若f ( z)在C上有界： f ( z) M , L为C的长度.)
}
例题1
f ( z) f ( z) d z dz z z0 z z0 C K f ( z0 ) f ( z ) f ( z0 ) dz dz z z0 z z0 K K
f ( z ) f ( z0 ) 2 π if ( z0 ) dz z z0 K
C C
M y N x u y ( v ) x
例题4
证明
M
N
M
N
M y N x vy ux

C
z 1 dz 8 , C : z 1 2 . z 1
证明：
C
z 1 z 1 z 1 dz dz dz C C z 1 z 1 2
2i cos( i )
i(e e 1 ).
}
例题2
计算

z 2
sin z dz. 2 z 1
因为f(z)=sinz在复平面上解析,又解：方法1 -1,1均在内,所以 z 2
}
注2：如果曲线C是D的边界, 函数 f (z)在D内与C上
解析, 即在闭区域 D+C上解析, 甚至 f (z)在D内解析,
在闭区域D+C 上连续, 则 f (z)在边界上的积分仍然有
f ( z)dz 0.
c
推论：如果函数 f (z)在单连通域D内处处解析, C属于D，

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 =33033023233131=⎥⎦⎤⎢⎣⎡==⎰⎰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()⎰++i dz 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()ii 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，
iθ
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
理
�� 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，ma x 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)．-?±≠≥·?≤≡⊕??αβχδεφγηι?κλμνοπθρστυ?ωξψζ∞∏∑?⊥∠ √§ψ∈∠?????§ #?→←↑↓?∨∧??????∑ΓΦΛΩ?m∈ +，?m∈ +，★?α1, α2, ..., αn?lim n→∞，+n→∞?ε > 0，∑u n，∑n≥ 1u n，m∈ ，?ε > 0，?δ> 0，【解】?[0, 2π]l 2 dx，f(x) = (-∞, +∞)[-π, π]∑1 ≤k≤n u n，[0, 2π]。

复变函数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 （ .
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.
（）.

复变函数课后习题答案（全）第四版

习题一答案1．求下列复数的实部、虚部、模、幅角主值及共轭复数：（1）132i+ （2）(1)(2)i i i --（3）131i i i-- （4）8214i i i -+-解：（1）1323213iz i -==+，因此：32Re , Im 1313z z ==-，1232, arg arctan , 3131313z z z i ==-=+（2）3(1)(2)1310i i iz i i i -+===---，因此，31Re , Im 1010z z =-=，1131, arg arctan , 3101010z z z i π==-=--（3）133335122i i iz i i i --=-=-+=-，因此，35Re , Im 32z z ==-，34535, arg arctan , 232i z z z +==-=（4）82141413z i i i i i i =-+-=-+-=-+因此，Re 1, Im 3z z =-=，10, arg arctan3, 13z z z i π==-=--2．将下列复数化为三角表达式和指数表达式：（1）i （2）13i -+ （3）(sin cos )r i θθ+（4）(cos sin )r i θθ- （5）1cos sin (02)i θθθπ-+≤≤解：（1）2cossin22iii e πππ=+=（2）13i -+23222(cos sin )233i i e πππ=+=（3）(sin cos )r i θθ+()2[cos()sin()]22ir i reπθππθθ-=-+-=（4）(cos sin )r i θθ-[cos()sin()]i r i re θθθ-=-+-=（5）21cos sin 2sin 2sin cos 222i i θθθθθ-+=+22sin [cossin]2sin 2222ii e πθθπθπθθ---=+=3．求下列各式的值：（1）5(3)i - （2）100100(1)(1)i i ++-（3）(13)(cos sin )(1)(cos sin )i i i i θθθθ-+-- （4）23(cos5sin5)(cos3sin3)i i ϕϕϕϕ+-（5）3i （6）1i +解：（1）5(3)i -5[2(cos()sin())]66i ππ=-+-5552(cos()sin())16(3)66i i ππ=-+-=-+ （2）100100(1)(1)i i ++-50505051(2)(2)2(2)2i i =+-=-=-（3）(13)(cos sin )(1)(cos sin )i i i i θθθθ-+--2[cos()sin()](cos sin )332[cos()sin()][cos()sin()]44i i i i ππθθππθθ-+-+=-+--+-2[cos()sin()](cos2sin 2)1212i i ππθθ=-+-+(2)122[cos(2)sin(2)]21212ii eπθππθθ-=-+-=（4）23(cos5sin5)(cos3sin3)i i ϕϕϕϕ+- cos10sin10cos19sin19cos(9)sin(9)i i i ϕϕϕϕϕϕ+==+-+- （5）3i 3cossin22i ππ=+11cos (2)sin (2)3232k i k ππππ=+++31, 02231, 122, 2i k i k i k ⎧+=⎪⎪⎪=-+=⎨⎪-=⎪⎪⎩（6）1i +2(cossin )44i ππ=+ 4112[cos (2)sin (2)]2424k i k ππππ=+++48482, 02, 1i i e k e k ππ⎧=⎪=⎨⎪-=⎩4．设121, 3,2iz z i +==-试用三角形式表示12z z 与12z z解：12cossin , 2[cos()sin()]4466z i z i ππππ=+=-+-，所以12z z 2[cos()sin()]2(cos sin )46461212i i ππππππ=-+-=+， 12z z 1155[cos()sin()](cos sin )2464621212i i ππππππ=+++=+ 5．解下列方程：（1）5()1z i += （2）440 (0)z a a +=> 解：（1）51,z i+= 由此2551k i z i ei π=-=-， (0,1,2,3,4)k =（2）4444(cos sin )za a i ππ=-=+11[cos (2)sin (2)]44a k i k ππππ=+++，当0,1,2,3k =时，对应的4个根分别为：(1), (1), (1), (1)2222a a a ai i i i +-+--- 6．证明下列各题：（1）设,z x iy =+则2x y z x y +≤≤+证明：首先，显然有22z x y x y =+≤+；其次，因222,x y x y +≥固此有2222()(),x y x y +≥+ 从而222x y z x y +=+≥。