复变函数第三章习题课&答案
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 高等教育出版社 课后习题详解 第三章
G
0
’ ( ## #C A ( ) -"
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$ 1
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$ 1
0
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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
G
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
.
5 6 ! C4 1 " , 7 8 1 " C6
$ 1 $ )A 1 5 6 ?4 " # 1 1B$ 1 6 6 7 8 2 1 4 5 6 C$ 4 ?5 1 A 1D 4 1 1 A 1C $ $" , 6 6 6 7 8 C$ 4 ?5 ?5 ( $ * +’ ## #C 6 8 1 $ )A 1 A -" G ?7 8 4 5 6 81 1 1 A 1D 6 A 1 CD$ $" , C$ 6 ?7 ?7
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。
数学物理方法习题解答(完整版)
数学物理方法习题解答一、复变函数部分习题解答第一章习题解答1、证明Re z 在z 平面上处处不可导。
证明：令Re z u iv =+。
Re z x =，,0u x v ∴==。
1ux∂=∂，0v y ∂=∂，u v x y ∂∂≠∂∂。
于是u 与v 在z 平面上处处不满足C －R 条件， 所以Re z 在z 平面上处处不可导。
2、试证()2f z z=仅在原点有导数。
证明：令()f z u iv =+。
()22222,0f z z x y u x y v ==+ ∴ =+=。
2,2u u x y x y ∂∂= =∂∂。
v vx y∂∂ ==0 ∂∂。
所以除原点以外，,u v 不满足C －R 条件。
而,,u u v vx y x y∂∂∂∂ , ∂∂∂∂在原点连续，且满足C －R 条件，所以()f z 在原点可微。
()0000x x y y u v v u f i i x x y y ====⎛⎫∂∂∂∂⎛⎫'=+=-= ⎪ ⎪∂∂∂∂⎝⎭⎝⎭。
或：()()()2*000lim lim lim 0z z x y z f z x i y z∆→∆→∆=∆=∆'==∆=∆-∆=∆。
22***0*00limlim lim()0z z z z z z zzz z z z z z z z z=∆→∆→∆→+∆+∆+∆∆==+−−→∆∆∆。
【当0,i z z re θ≠∆=，*2i z e z θ-∆=∆与趋向有关，则上式中**1z zz z∆∆==∆∆】3、设333322()z 0()z=00x y i x y f z x y ⎧+++≠⎪=+⎨⎪⎩，证明()z f 在原点满足C －R 条件，但不可微。
证明：令()()(),,f z u x y iv x y =+，则()33222222,=00x y x y u x y x y x y ⎧-+≠⎪=+⎨+⎪⎩， 33222222(,)=00x y x y v x y x y x y ⎧++≠⎪=+⎨+⎪⎩。
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
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 )'
复变函数期末复习课件第三章3-3.2
任何一条正向简单闭曲线, 而且它的内部全含于D.
证 设 z0 为 D内任一点, 先证 n 1的情况,
2
根据导数的定义,
f
( z0
)
lim
z0
f (z0 z) z
f (z0 )
从柯西积分公式得
1 f (z)
f (z0 ) 2i C z z0 dz,
f
( z0
z)
i i
)2 )2
dz
y
2i ez (2 1)!(z i)2
(1 i)ei 2
,
zi
C1 i
o
C2 i
C
x
10
同理可得
C2
ez (z2 1)2 dz
(1 i)ei , 2
于是
C
(
z
2
ez
1)2
dz
(1 i)ei (1 i)ei
z0 0 在 z 1内, n 1,
ez cos z
z 1 z2 dz
2i (ez cos z)
1!
z0
2i[ez cos z ez sin z] 2i. z0
13
例3
求积分
z
1
ez zn
dz
.
(n 为整数)
解
(1) n 0,
ez zn
2
2
(1 i)(ei iei ) 2
(1 i)2(cos1 sin 1) 2
i
2
sin
1
4
.
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
复变函数经典习题及答案
于是 z 2i 9i
3
cos
π 2
2kπ
π i sin 2
2kπ
,
2
2
k 0,1
故z132来自223
2
2
i
,
z2
3 2
2 2 3 2 i. 2
3
例5 满足下列条件的点组成何种图形?是不是区 域?若是区域请指出是单连通区域还是多连通区域.
(1) Im (z) 0;
解 Im (z) 0是实数轴,不是区域.
使C1和C2也在C内,且C1与C2互不相交,互不包含,
据复合闭路定理有
y
ez
C z(1 z)3 dz
C1
ez z(1
z)3dz
ez C2 z(1 z)3 dz
C1
C
•
O 1x C2
30
而积分
C1
ez z(1
z)3dz即为2)的结果2i,
而积分
C2
ez z(1
z)3dz
即为3)的结果
x
y
x
y
由于 f (z) 解析，所以 u v , u v x y y x
即 2bxy 2cxy b c,
3ay2 bx2 3x2 cy2 3a c,b 3 故 a 1, b 3, c 3.
11
例5 研究 f (z) z Re z 的可导性.
解 设 z0 x0 iy0 为 z 平面上任意一定点,
1( x iy), 9
于是 w u iv 1 x 1 iy u 1 x, v 1 y
99
9
9
u2 v2 1 ( x2 y2) 1 表示 w 平面上的圆.
81
9
6
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
3复变函数 课后答案(王绵森 著) 高等教育出版社
y
1
−z
z
z
o
x
-z
z
−1
1
z
z
18．已知两点 z1 与 z2 （或已知三点 z1, z2 , z3 ）问下列各点位于何处？
（1）
z
=
1 2
(z1
+
z2
)
（2） z = λz1 + (1 − λ )z2 （其中 λ 为实数）；
（3）
3i 1−
i
⎫ ⎬ ⎭
=
−
5 2
⎜⎛ 1 − 3i ⎟⎞ = 3 + i 5 ， 1 − 3i = ⎜⎛ 3 ⎟⎞2 + ⎜⎛ − 5 ⎟⎞2 = 34 ， ⎝ i 1−i⎠ 2 2 i 1−i ⎝ 2⎠ ⎝ 2⎠ 2
Arg⎜⎛ ⎝
1 i
−
3i 1−i
⎟⎞ ⎠
=
arg⎜⎛ ⎝
1 i
−
3i 1−
i
⎟⎞ ⎠
2）如果 R(z) 为 1）中的有理分式函数，但具有实系数，那么 R(z ) = X − iY ；
3）如果复数 a + ib 是实系数方程
a0 zn + a1zn−1 +" + an−1z + an = 0
的根，那么 a − ib 也是它的根。
证 1） R(z) = P(z) = P(z)Q(z) = Re(P(z)Q(z)) + Im(P(z)Q(z)) ;
= 2 i sin nt
14．求下列各式的值
( ) （1） 3 − i 5 ； （2） (1 + i)6 ； （3） 6 −1 ；
1
（4） (1− i)3
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。
最新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
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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B
那么B到A就是曲线C的负向, 记为 C .
o
A
x
4
2.积分的定义
设函数 w f ( z ) 定义在区域 D 内, C 为区域 D 内起点为 A 终点为 B的一条光滑的有向曲线 , 把曲线 C 任意分成 n 个弧段, 设分点为 A z0 , z1 , , zk 1 , zk ,, zn B ,
C k 1 Ck
n
( 2) f ( z )dz 0.
其中C 及 Ck 均取正方向 ;
这里 为由 C , C1 , C 2 , , C n 组成的复合闭路 (其方向是 : C 按逆时针进行, C1 , C 2 , , C n按 顺时针进行).
13
8.柯西积分公式
如果函数 f ( z ) 在区域 D 内处处解析, C 为 D 内的任何一条正向简单 闭曲线, 它的内部完全含 于 D, z0 为 C 内任一点, 那末 1 f (z) f ( z0 ) dz . C 2i z z0
0 0
1
1
1 1 i 1 i. 2 2
说明 同一函数沿不同路径所得积分值不同.
19
例2 设C为圆周 z 1 2 证明下列不等式.
z 1 c z 1 dz 8.
证
因为 z 1 2，
所以
因此
z 1 2 z 1 z 1 2 2, 2 z 1 2
25
( 2)
ez 在C内有两个奇点z 0及z i分别 2 z ( z 1)
以z 0及z i 为圆心,以1 4 为半径作圆C1及C 2 , 则 由复合闭路定理有
ez ez ez C z( z 2 1) dz C1 z( z 2 1) dz C2 z( z 2 1) dz
z e e 在C 2内解析, f1 ( z ) 2 在C1内解析, f 2 ( z ) z( z i ) z 1
z
因此由柯西积分公式得
26
ez ez ez C z( z 2 1) dz C1 z( z 2 1) dz C2 z( z 2 1) dz
e z ( z 2 1) e z z( z i ) dz dz C1 C 2 z zi
记 max{sk }, 当 n 无限增加且 0 时,
1 k n
如果不论对C 的分法及) 沿曲线 C 的积分, 记为
f ( k ) zk . C f ( z )dz lim n k 1
z 1 z 1 c z 1 dz c z 1 dz
2 2 2 8.
20
例3 解
计算
cos(z 100 z 1) dz . z 1 2 z 2z 4
当 z 1 时,
z 2 z 4 4 2 z z 4 2 1 1,
定理 区域D内的解析函数的虚部为实部的共 轭调和函数.
17
三、典型例题
例1 计算 czdz 的值，其中C为 x t , y t ,0 t 1; 1）沿从 (0,0) 到(1,1) 的线段： C1 : x t , y 0,0 t 1, 2）沿从 (0,0) 到 (1,0) 的线段： 与从 (1,0) 到 (1,1) 的线段 C 2 : x 1, y t ,0 t 1 所接成的折线. y 解
设 f ( z ), g( z )沿曲线C连续.
(1) f ( z )dz
C C C C
f ( z )dz;
( 3) [ f ( z ) g( z )]dz f ( z )dz g( z )dz;
C C C
( 2) kf ( z )dz k f ( z )dz; ( k为常数)
10
6.原函数的定义
如果函数 ( z ) 在区域 B 内的导数为f ( z ), 即 ( z ) f ( z ), 那末称 ( z ) 为 f ( z ) 在区域 B 内 的原函数.
因此 F ( z ) f ( )d 是 f ( z ) 的一个原函数.
z
f ( z ) 的任何两个原函数相差一个常数.
n
y
A
1 2
z1 z2
k z k zk 1
C z n 1
B
o
x
6
3.积分存在的条件及计算
（1）化成线积分 设 f ( z ) u( x , y ) iv ( x , y ) 沿逐段光滑的曲线 C
C f ( z )dz C u( x, y)dx v( x, y)dy i C v( x, y)dx u( x, y)dy.
2
2
故由柯西积分定理得
cos(z z 1) dz 0. z 1 2 z 2z 4
100
21
3 例4 沿指定路径C : z i 计算以下积分 2 1 ez (1) dz; ( 2) dz . 2 2 C z ( z 1) C z ( z 1)
1 在C内有两个奇点z 0及z i分别 解 (1) 2 z( z 1) 以z 0及z i 为圆心,以1 4 为半径作圆C1及C 2 , 则 由复合闭路定理有
如果 C 是圆周 z z0 R e i , 则有 1 2π i f ( z0 ) f ( z R e )d . 0 0 2π 一个解析函数在圆心处的值等于它在圆周上的 平均值.
14
9. 高阶导数公式
解析函数 f ( z ) 的导数仍为解析函数 , 它的 n 阶 导数为 : f
C1 , C 2 , , C n 是在 C 内部的简单闭曲线 , 它们 互不包含也互不相交 , 并且以 C , C1 , C 2 , , C n 为边界的区域全含于D, 如果 f ( z ) 在 D 内解析,
那末
D
C
C1
C2
C3
12
(1) f ( z )dz f ( z )dz ,
8
5. 柯西－古萨基本定理 (柯西积分定理)
如果函数 f ( z ) 在单连通域 B 内处处解析, 那末函数 f ( z ) 沿 B 内的任何一条封闭曲线C 的积分为零 :
c f ( z )dz 0.
定理1 如果函数 f ( z ) 在单连通域 B 内处处解 析, 那末积分 f ( z )dz 与连结起点及终点的路
y
C
i
C2 C1
O
i
x
23
1 1 1 C z( z 2 1)dz C1 zdz C2 2( z i ) dz
1 2i 2i 2
i .
24
解法二
利用柯西积分公式
1 1 在C 2内解析, f1 ( z ) 2 在C1内解析, f 2 ( z ) z( z i ) z 1
(4) 设C由C1 , C2连结而成, 则
C f ( z )dz C
1
f ( z )dz f ( z )dz;
C2
(5) 设曲线 C 的长度为 L, 函数 f ( z ) 在 C 上满足 f ( z ) M , 那末
C f ( z )dz C
f ( z ) ds ML.
1 1 1 C z( z 2 1) dz C1 z( z 2 1) dz C2 z( z 2 1) dz
22
解法一
利用柯西-古萨基本定理及重要公式 1 1 1 1 1 1 2 z( z 1) z 2 z i 2 z i
由柯西-古萨基本定理有 1 1 C1 2 z i dz 0, 1 1 C1 2 z i dz 0, 1 1 1 C2 zdz 0, C2 2 z i dz 0,
在每个弧段 zk 1 zk ( k 1,2,, n) 上任意取一点 k ,
y
A
1 2
z1 z2
k z k zk 1
C z n 1
B
o
x
5
作和式 Sn f ( k ) ( zk zk 1 ) f ( k ) zk ,
k 1 k 1
n
n
这里 zk zk zk 1 , sk zk 1 zk的长度,
定理 如果函数 f ( z ) 在单连通域 B 内处处解析, G ( z ) 为 f ( z ) 的一个原函数, 那末
z0
z
z1
0
f ( z )dz G ( z1 ) G ( z0 )
这里 z0 , z1 为域 B 内的两点.(牛顿-莱布尼兹公式)
11
7. 闭路变形原理
一个解析函数沿闭曲线的积分，不因闭曲 线在区域内作连续变形而改变它的值. 复合闭路定理 设 C 为 多连通域 D 内的一条简单闭曲线 ,
(n)
n! f (z) ( z0 ) ( n 1,2,) n 1 dz 2i C ( z z0 )
其中 C 为在函数 f ( z ) 的解析区域 D 内围绕 z0 的 任何一条正向简单闭曲 线, 而且它的内部全含于D.
15
10.调和函数和共轭调和函数
如果二元实变函数 ( x , y ) 在区域 D内具 有二阶连续偏导数 , 并且满足拉普拉斯方程 2 2 2 2 0, x y 那末称 ( x , y ) 为区域 D 内的调和函数.
zdz (t it )d(t it )
c
1
(1,1)
( t it )(1 i )dt
0
0 1
C
O
C2
2tdt 1;
0
1
C 1 (1,0)
x
18
2) zdz zdz zdz