复变函数习题解答(第6章)
复变函数-第6章
光滑曲线 Γ : w = f ( z (t )) (t0 ≤ t ≤ t1 ) 切向量 w′(t ) = f ′( z0 ) z ′(t0 ) ≠ 0 切向量辐角ψ = arg w′(t0 )
= arg f ′( z0 ) + arg z ′(t0 ) = arg f ′( z0 ) + ϕ
7
假设 | f ′( z0 ) |= r , arg f ′( z0 ) = α , 即 f ′( z0 ) = reiα , 则
| f ′( z0 ) | . | f ′( z ) − f ′( z0 ) |≤ 2 如果 z1 , z 2 ∈ D, 并且 Γ 是连接 z1 和 z 2 的线段, 则有
| f ( z1 ) − f ( z 2 ) |=
∫
Γ
f ′( z )dz =
∫
Γ
f ′( z0 )dz − ∫ ( f ′( z0 ) − f ′( z ))dz
f ′( z ) ≠ 0
单叶(单射)解析
局部单叶(单射)
解析且 f ′( z0 ) ≠ 0
定理 6.1.1 若 f (z )在 z0 解析, 且 f ′( z0 ) ≠ 0, 故存在以 z0为心 的圆盘 D 使得 f (z ) 在 D 上的单射(单叶).
3
定理 6.1.2 (保域定理) 若 w = f (z ) 为在区域 D 内解析的非常 数函数, 则它的值域 (像) G = f ( D) = {w | w = f ( z ), z ∈ D} 也是一个区域. 证明: 区域是连通的开集. (1) 证明 G 是一个开集, 即 G 内的每一点都是内点.
∀w0 ∈ G,
∃z0 ∈ D, s.t. w0 = f ( z0 ).
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答案-第6章共形映射
第六章 共形映射习题详解1、(1)21,2则'=+=w z w z ;伸缩率()22'==w i i ,旋转角()2'=A r g wi π;伸缩率()22'-=-=w i i ,旋转角()2'-=-Argw i π;(2)4=w z,则34'=w z ,伸缩率(1)4'=w ,旋转角()10'=Argw ;伸缩率()()()3(1)41421882'+=+=+=-=w i ii i i ()314'+=Argw i π。
2、21365,66,16w z z w z z '=--=-->部分被放大了,116z -<部分被缩小了。
3、43,41,w z z w z '=+=+具有伸缩率与旋转角不变性。
4、(1)1232,,1===-z z i z 分别映射成1233,1,0,w i w w =-=-=由30+32121::10111得+---+==++----w i i z zw i w z i i z; (2)123,1,0=∞==z z z 分别映射成1230,1,,w w w ==-=∞由-01111::11101得==-+--w w w z z; (3)1232,0,1===z z z 分别映射成1231,1,,w w w =-==∞由112121::110101得+--==----w z w w z z; (4)1230,,2===-z z i z 分别映射成1233,,1,w i w i w ===由3130206::1232得------==------w i i z z iw w i i z i i iz 。
5、由分式的分子与分母同乘以(或除以)非零复数后这些值不变化得:把系数,,,a b c d 加以整合有1ad bc -=。
6、(1)设(),az b f z cz d +=+由0()(0)0,()10,1,0()a b a i bf f i i i c d c i d ⋅+⋅-+=-=-==-⋅+⋅-+得解之0,2ab c d ===,故2();11122z z f z z z ==++(2)设(),az b f z cz d +=+由1(0)1,()(42)5==+f f i i ,得 ()0()11,420()5⋅+⋅+==+⋅+⋅+a b a i b i c d c i d ,解之()()11,(42)()424255=+=++=-++⎡⎤⎣⎦b d ai d i ci d d c i c d 05420,154222=⎧=+=⎧⎧⎪⇒⇒⇒⎨⎨⎨=-=-=-⎩⎩⎪⎩a a c d a d d c d c c d故 2()22==--+d f z dzz d 。
复变函数参考答案(1-8章)
复变函数与积分变换同步练习参考答案中北大学复变函数教研室编印1复变函数同步练习第一章参考答案三、作业题1、(1)设23412i z i +⎛⎞=⎜⎟−⎝⎠,则z = 5 ,辐角主值为4arctan()3π−。
(2)设55(1)1(1)1i z i −−=++,则其实部为125−,虚部为3225−。
提示:本题注意到2(1)2i i −=−,2(1)2i i +=。
则52225222(1)1[(1)](1)1(2)(1)1132(1)1[(1)](1)1(2)(1)12525i i i i i z i i i i i i −−−−−−−−====−−+++++++ 。
(3)一复数对应的向量按逆时针方向旋转23π时对应的复数为1i +,则原复数为1122−+−+。
提示:本题相当于解23111(1)()(1)2222i z ei i i i π−−+−=+=−−+=+。
(4)设1z =2z i =−,则12z z 的指数式i122e π,12zz 的三角式为 155[cos sin 21212i ππ+。
(5)2122lim1z zz z z z →+−−=−32。
提示:211122(2)(1)23limlim lim 1(1)(1)12z z z zz z z z z z z z z z →→→+−−+−+===−−++。
(6)设复数z 满足arg(2)3z π+=,5arg(2)6z π−=,那么z=1−+。
提示:(利用复数的几何意义)向量2z −与向量2z +夹角为5632πππ−=,在复平面上,代表复数2z −、z 、2z +的点在平行于x 轴的直线上(由于此三点的虚轴没有发生变2化)。
连接0,2z +,2z −的三角形为Rt Δ。
因此推出向量2z =,2arg 3z π=,即1z =−+。
本题也可以利用代数法来做。
2、把复数πααα≤≤+−=0,sin cos 1i z 化为三角表示式与指数表示式,并求z 的辐角主值。
复变函数课后习题答案(全)
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 ==-,(2)3(1)(2)1310i i iz i i i -+===---,因此,31Re , Im 1010z z =-=,(3)133335122i i iz i i i --=-=-+=-, 因此,35Re , Im 32z z ==-,(4)82141413z i i i i i i =-+-=-+-=-+ 因此,Re 1, Im 3z z =-=,2. 将下列复数化为三角表达式和指数表达式: (1)i (2)1-+(3)(sin cos )r i θθ+(4)(cos sin )r i θθ-(5)1cos sin (02)i θθθπ-+≤≤解:(1)2cossin22iii e πππ=+=(2)1-+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-+=+ 3. 求下列各式的值: (1)5)i -(2)100100(1)(1)i i ++-(3)(1)(cos sin )(1)(cos sin )i i i θθθθ-+--(4)23(cos5sin 5)(cos3sin 3)i i ϕϕϕϕ+-(56解:(1)5)i -5[2(cos()sin())]66i ππ=-+- (2)100100(1)(1)i i ++-50505051(2)(2)2(2)2i i =+-=-=-(3)(1)(cos sin )(1)(cos sin )i i i θθθθ-+--(4)23(cos5sin 5)(cos3sin 3)i i ϕϕϕϕ+- (5=(6=4.设12 ,z 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=-+-=+,5. 解下列方程: (1)5()1z i +=(2)440 (0)z a a +=>解:(1)z i +=由此25k iz i e iπ=-=-,(0,1,2,3,4)k=(2)z==11[cos(2)sin(2)]44a k i kππππ=+++,当0,1,2,3k=时,对应的4(1),1),1),)i i i i+-+---6.证明下列各题:(1)设,z x iy=+z x y≤≤+证明:首先,显然有z x y=≤+;其次,因222,x y x y+≥固此有2222()(),x y x y+≥+从而z=≥。
复变函数课后习题答案(全)
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)ii i--(3)131ii i--(4)8214i i i-+-解:(1)1323213i zi-==+,因此:32 Re, Im1313 z z==-,232arg arctan,31313z z z i==-=+(2)3(1)(2)1310i i izi i i-+===---,因此,31Re, Im1010z z=-=,131arg arctan,31010z z z iπ==-=--(3)133335122i i iz ii i--=-=-+=-,因此,35Re, Im32z z==-,535,arg arctan,232iz z z+==-=(4)82141413z i i i i i i=-+-=-+-=-+因此,Re1,Im3z z=-=,arg arctan3,13z z z iπ==-=--2.将下列复数化为三角表达式和指数表达式:(1)i(2)1-+(3)(sin cos)r iθθ+(4)(cos sin)r iθθ-(5)1cos sin (02)iθθθπ-+≤≤解:(1)2cossin22ii i e πππ=+=(2)1-+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 2sin2sin cos 222i i θθθθθ-+=+ 22sin [cossin]2sin 2222ii eπθθπθπθθ---=+=3. 求下列各式的值:(1)5)i - (2)100100(1)(1)i i ++-(3)(1)(cos sin )(1)(cos sin )i i i θθθθ-+-- (4)23(cos5sin 5)(cos3sin 3)i i ϕϕϕϕ+-(5(6解:(1)5)i -5[2(cos()sin())]66i ππ=-+-5552(cos()sin()))66i i ππ=-+-=-+(2)100100(1)(1)i i ++-50505051(2)(2)2(2)2i i =+-=-=-(3)(1)(cos sin )(1)(cos sin )i i i θθθθ-+--2[cos()sin()](cos sin )33)sin()][cos()sin()]44i i i i ππθθππθθ-+-+=-+--+-)sin()](cos2sin 2)1212i i ππθθ=-+-+(2)12)sin(2)]1212ii πθππθθ-=-+-=(4)23(cos5sin 5)(cos3sin 3)i i ϕϕϕϕ+- cos10sin10cos19sin19cos(9)sin(9)i i i ϕϕϕϕϕϕ+==+-+-(5=11cos (2)sin (2)3232k i k ππππ=+++1, 0221, 122, 2i k i k i k +=⎪⎪⎪=-+=⎨⎪-=⎪⎪⎩(6=11(2)sin (2)]2424k i k ππππ=+++88, 0, 1i i e k e k ππ==⎪=⎩4.设12 ,z 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)z i += 由此25k i z i ei π=-=-, (0,1,2,3,4)k =(2)z==11[cos (2)sin (2)]44a k i k ππππ=+++,当0,1,2,3k =时,对应的4(1), 1), 1), )i i i i +-+--- 6. 证明下列各题:(1)设,z x iy =+z x y≤≤+证明:首先,显然有z x y =≤+;其次,因222,x y x y +≥固此有2222()(),x y x y +≥+从而z =≥。
复变函数课后习题答案(全)之欧阳理创编
习题一答案2. 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)1323213i z i -==+, 因此:32Re , Im 1313z z ==-, (2)3(1)(2)1310i i i z i i i -+===---, 因此,31Re , Im 1010z z =-=, (3)133335122i i i z i i i --=-=-+=-, 因此,35Re , Im 32z z ==-, (4)82141413z i i i i i i =-+-=-+-=-+因此,Re 1, Im 3z z =-=,3. 将下列复数化为三角表达式和指数表达式:(1)i (2)1-+ (3)(sin cos )r i θθ+(4)(cos sin )r i θθ- (5)1cos sin (02)i θθθπ-+≤≤解:(1)2cos sin 22ii i e πππ=+=(2)1-+23222(cos sin )233i i e πππ=+= (3)(sin cos )r i θθ+()2[cos()sin()]22i r i re πθππθθ-=-+-=(4)(cos sin )r i θθ-[cos()sin()]i r i re θθθ-=-+-=(5)21cos sin 2sin 2sin cos 222i i θθθθθ-+=+ 4. 求下列各式的值:(1)5)i - (2)100100(1)(1)i i ++-(3)(1)(cos sin )(1)(cos sin )i i i θθθθ-+-- (4)23(cos5sin 5)(cos3sin 3)i i ϕϕϕϕ+- (5(6解:(1)5)i -5[2(cos()sin())]66i ππ=-+- (2)100100(1)(1)i i ++-50505051(2)(2)2(2)2i i =+-=-=-(3)(1)(cos sin )(1)(cos sin )i i i θθθθ-+-- (4)23(cos5sin 5)(cos3sin 3)i i ϕϕϕϕ+- (5=(6)= 5.设12 ,z 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=-+-=+,6. 解下列方程:(1)5()1z i += (2)440 (0)z a a +=> 解:(1)z i += 由此25k i z i e i π=-=-, (0,1,2,3,4)k =(2)z ==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), )i i i i +-+---7. 证明下列各题:(1)设,z x iy =+则z x y ≤≤+证明:首先,显然有z x y =≤+;其次,因 222,x y x y +≥ 固此有 2222()(),x y x y +≥+从而z =≥(2)对任意复数12,,z z 有2221212122Re()z z z z z z +=++证明:验证即可,首先左端221212()()x x y y =+++, 而右端2222112211222Re[()()]x y x y x iy x iy =+++++- 2222112212122()x y x y x x y y =+++++221212()()x x y y =+++,由此,左端=右端,即原式成立。
(完整版)复变函数与积分变换习题答案
一、将下列复数用代数式、三角式、指数式表示出来。
(1) i 解:2cossin22ii e i πππ==+(2) -1解:1cos sin i e i πππ-==+ (3)1+解:()/3122cos /3sin /3i e i πππ+==+ (4) 1cos sin i αα-+ 解:2221cos sin 2sin 2sincos2sin(sincos )2222222sincos()sin()2sin 222222i i i i i e πααααααααααπαπαα⎛⎫- ⎪⎝⎭-+=+=+⎛⎫=-+-= ⎪⎝⎭(5) 3z解:()3333cos3sin3i z r e r i θθθ==+ (6) 1i e +解:()1cos1sin1i i e ee e i +==+(7)11ii-+ 解:3/411cos3/4sin 3/411i i i i e i i i πππ--==-==+++二、计算下列数值(1) 解:1ar 21ar 21ar 2 b i ctg k a bi ctg abi ctgaπ⎛⎫+ ⎪⎝⎭==⎧⎪=⎨⎪⎩(2)解:6226363463222i k i i i i e i ee e iπππππππ⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎛⎫+ ⎪⎝⎭⎧=+⎪⎪⎪⎨====-+⎪⎪⎪=-⎩(3) i i 解:()2222ii k k i i e eππππ⎛⎫⎛⎫+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭==(4)解:()1/2222ii k k eeππππ⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭==(5) cos5α解:由于:()()552cos5i i e e ααα-+=,而:()()()()()()()()5555555555cos sin cos sin cos sin cos sin nni nn nni n n e i C i e i C i αααααααααα-=--==+==-=-∑∑所以:()()()()()()()()()()()555505555043253543251cos5cos sin cos sin 21 cos sin 112 5cos sin cos sin cos 5cos sin 10cos sin cos n n n nn n n n nn n C i i C i i C i ααααααααααααααααα--=--=⎡⎤=+-⎣⎦⎡⎤=+-⎣⎦=++=-+∑∑(6) sin5α解:由于:()()552sin 5i i ee ααα--=,所以:()()()()()()()()()()()()55550555505234245552341sin 5cos sin cos sin 21 cos sin 1121 sin cos sin sin cos sin 10cos sin 5sin cos n n n nn n n n nn n C i i i C i i i C i C i iααααααααααααααααα--=--=⎡⎤=--⎣⎦⎡⎤=--⎣⎦=++=-+∑∑ (7) cos cos2cos n ααα+++L L 解:()()221cos cos 2cos ()()2(1)1(1)11(1)(1)1 21122(1cos )1 2i i in i i in i in i i in i i in i in i i i n e e e e e e e e e e e e e e e e e e e e ααααααααααααααααααααααα----------⎡⎤+++=+++++++⎣⎦⎡⎤--+--⎡⎤--⎢⎥=+=⎢⎥---⎢⎥⎣⎦⎣⎦+=L L L L L L (1)(1)22(1cos )12cos 22cos(1)2cos cos 1cos(1)cos 22(1cos )2(1cos )1sin()sin22 2sin2i i n i n in in e e e e n n n n n ααααααααααααααααα+-+-⎡⎤---++⎢⎥-⎣⎦⎡⎤--++--++==⎢⎥--⎣⎦+-=(8) sin sin 2sin n ααα+++L L 解:()()221sin sin 2sin ()()2(1)1(1)11(1)(1)1 21122(1cos )1 2i i in i i in i in i i in i i in i in i i i n e e e e e e i e e e e e e e e e e i e e i e i αααααααααααααααααααααα---------⎡⎤+++=+++-+++⎣⎦⎡⎤-----⎡⎤--⎢⎥=-=⎢⎥---⎢⎥⎣⎦⎣⎦=L L L L L L (1)(1)112(1cos )12sin 2sin(1)2sin sin sin(1)sin 22(1cos )2(1cos )1cos()cos22 2sin2i n in i i n in e e e e e i i n i n n n i n αααααααααααααααααα+--+-⎡⎤--+-++-⎢⎥-⎣⎦⎡⎤-++-++==⎢⎥--⎣⎦-++=1.2 复变函数1、试证明函数f (z )=Arg(z ) (-π<Arg(z) ≤π),在负实轴上(包括原点)不连续。
复变函数答案 钟玉泉 第六章习题全解
Re s
z
(6) Re s
z 1
ez ez e ( z 1) 2 | z 1 2 z 1 z 1 2
Re s
z 1
ez ez e 1 ez ez e ( z 1 ) | Re s ( z 1 ) | z 1 z 1 2 2 2 2 z 1 z 1 2 z 1 z 1 z 1 2 ez e 1 e ( Re s f ( z ) Re s f ( z )) z 1 z 1 z 2 1 2
第六章 留数理论及其应用
(一)
1.解:(1)z=1 是一级极点,故由推论 6.3 知
Re s f ( z ) ( z 1)
z 1
1 1 | 2 z 1 ( z 1)( z 1) 4
Z=-1 是二级极点,同前由推论 6.4 知
Re s f ( z ) [( z 1) 2
Re s f ( z ) C1
z 0
4 3
z z 0
又由 z=0 是唯一有限奇点,故 Re s f ( z ) Re s f ( z ) (4)由 e z 1 1
1
4 3
1 1 所以 Re s f ( z ) 1 z 1 z 1 2!z 12
由儒歇定理,f(z)与
而 f(z)=-z 在 C 内只有一个零点,所以
f ( z) g ( z) ( z) z
只有一个零点,记为 z ,使得 ( z ) z C 或 ( z ) z 0 0 0 0 0
Re s f ( z )
z n
1 的 sin z
1 | z (1) n (sin z )
1 e2 z 1 (2 z ) 2 (2 z ) 3 2 2 4 (3)由 4 4 2z 3 2 所以 z z 2! 3! z z 3z
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(修订版-复旦大学)第六章课后的习题答案-(1)
习题六1. 求映射1w z=下,下列曲线的像. (1) 22x y ax += (0a ≠,为实数) 解:222211i=+i i x y w u v z x y x y x y ===-+++ 221x x u x y ax a===+, 所以1w z =将22x y ax +=映成直线1u a=. (2) .y kx =(k 为实数) 解: 22221i x y w z x y x y ==-++ 故1w z=将y kx =映成直线v ku =-. 2. 下列区域在指定的映射下映成什么?(1)Im()0,(1i)z w z >=+;解: (1i)(i )()i(+)w x y x y x y =+⋅+=-+所以Im()Re()w w >.故(1i)w z =+⋅将Im()0,z >映成Im()Re()w w >.(2) Re(z )>0. 0<Im(z )<1, i w z=. 解:设z =x +i y , x >0, 0<y <1.Re(w )>0. Im(w )>0. 若w =u +i v , 则因为0<y <1,则22221101,()22u u v u v <<-+>+ 故i w z=将Re(z )>0, 0<Im(z )<1.映为 Re(w )>0,Im(w )>0, 1212w > (以(12,0)为圆心、12为半径的圆) 3. 求w =z 2在z =i 处的伸缩率和旋转角,问w =z 2将经过点z =i 且平行于实轴正向的曲线的切线方向映成w 平面上哪一个方向?并作图.解:因为w '=2z ,所以w '(i)=2i , |w '|=2, 旋转角arg w '=π2. 于是, 经过点i 且平行实轴正向的向量映成w 平面上过点-1,且方向垂直向上的向量.如图所示.→4. 一个解析函数,所构成的映射在什么条件下具有伸缩率和旋转角的不变性?映射w =z 2在z 平面上每一点都具有这个性质吗?答:一个解析函数所构成的映射在导数不为零的条件下具有伸缩率和旋转不变性映射w =z 2在z =0处导数为零,所以在z =0处不具备这个性质.5. 求将区域0<x <1变为本身的整体线性质变换w z αβ=⋅+的一般形式.6. 试求所有使点1±不动的分式线性变换. 解:设所求分式线性变换为az bw cz d +=+(ad -bc ≠0)由11-→-.得 因为(1)a z c dw cz d ++-=+, 即(1)(1)1a z c z w cz d ++++=+,由11→代入上式,得22a ca d c d +=⇒=+. 因此11(1)(1)dcd cd c w z z cz d z +++=+=+⋅++ 令dq c =,得其中a 为复数.反之也成立,故所求分式线性映射为1111w z a w z ++=⋅--, a 为复数.7. 若分式线性映射,az bw cz d +=+将圆周|z |=1映射成直线则其余数应满足什么条件? 解:若az bw cz d +=+将圆周|z |=1映成直线,则dz c =-映成w =∞. 而dz c =-落在单位圆周|z |=1,所以1dc -=,|c |=|d |.故系数应满足ad -bc ≠0,且|c |=|d |.8. 试确定映射,11z w z -=+作用下,下列集合的像.(1) Re()0z =; (2) |z |=2; (3) Im(z )>0.解:(1) Re(z )=0是虚轴,即z =i y 代入得. 写成参数方程为2211y u y -+=+, 221y v y =+, y -∞<<+∞.消去y 得,像曲线方程为单位圆,即u 2+v 2=1.(2) |z |=2.是一圆围,令i 2e ,02πz θθ=≤≤.代入得i i 2e 12e 1w θθ-=+化为参数方程.消去θ得,像曲线方程为一阿波罗斯圆.即(3) 当Im(z )>0时,即11Im()011w w z w w ++=-⇒<--, 令w =u +i v 得221(1)i 2Im()Im()01(1)i (1)w u v v w u v u v +++-==<--+-+. 即v >0,故Im(z )>0的像为Im(w )>0.9. 求出一个将右半平面Re(z )>0映射成单位圆|w |<1的分式线性变换.解:设映射将右半平面z 0映射成w =0,则z 0关于轴对称点0z 的像为w =∞, 所以所求分式线性变换形式为00z z w k z z -=⋅-其中k 为常数. 又因为00z z w k z z -=⋅-,而虚轴上的点z 对应|w |=1,不妨设z =0,则 故000e (Re()0)i z z w z z z θ-=⋅>-.10. 映射e 1i z w zϕαα-=⋅-⋅将||1z <映射成||1w <,实数ϕ的几何意义显什么? 解:因为 从而2i i 2221||1()e e (1||)1||w ϕϕαααα-'=⋅=⋅-- 所以i 2arg ()arge arg (1||)w ϕααϕ'=-⋅-=故ϕ表示i e 1z w zθαα-=⋅-在单位圆内α处的旋转角arg ()w α'. 11. 求将上半平面Im(z )>0,映射成|w |<1单位圆的分式线性变换w =f (z ),并满足条件(1) f (i)=0, arg (i)f '=0; (2) f (1)=1, f. 解:将上半平面Im(z )>0, 映为单位圆|w |<1的一般分式线性映射为w =k z z αα-⋅-(Im(α)>0). (1) 由f (i)=0得α=i ,又由arg (i)0f '=,即i 22i ()e (i)f z z θ'=⋅+, πi()21(i)e 02f θ-'==,得π2θ=,所以 i i iz w z -=⋅+. (2) 由f (1)=1,得k =11αα--;由f,得kα联立解得w =12. 求将|z |<1映射成|w |<1的分式线性变换w =f (z),并满足条件:(1) f (12)=0, f (-1)=1.(2) f (12)=0, 12πarg ()2f '=, (3) f (a )=a , arg ()f a ϕ'=.解:将单位圆|z |<1映成单位圆|w |<1的分式线性映射,为 i e 1z w zθαα-=-⋅ , |α|<1. (1) 由f (12)=0,知12α=.又由f (-1)=1,知 1i i i 2121e e (1)1e 1π1θθθθ--⋅=-=⇒=-⇒=+. 故12221112z z z w z --=-⋅=--. (2) 由f (12)=0,知12α=,又i 254e (2)z w z θ-'=⋅- i 11224π()e arg ()32f f θθ''=⇒==, 于是 π21i 2221e ()i 12z z z w z --==⋅--. (3) 先求=()z ξϕ,使z =a 0ξ→=,arg ()a ϕθ'=,且|z |<1映成|ξ|<1.则可知 i =()=e 1z a z a zθξϕ-⋅-⋅ 再求w =g (ξ),使ξ=0→w =a , arg (0)0g '=,且|ξ|<1映成|w |<1.先求其反函数=()w ξψ,它使|w|<1映为|ξ|<1,w =a 映为ξ=0,且arg ()arg(1/(0))0w g ψ''==,则 =()=1w a w a wξψ--⋅. 因此,所求w 由等式给出.i =e 11w a z a a w a zθ--⋅-⋅-⋅. 13. 求将顶点在0,1,i 的三角形式的内部映射为顶点依次为0,2,1+i 的三角形的内部的分式线性映射. 解:直接用交比不变性公式即可求得02w w --∶1i 01i 2+-+-=02z z --∶i 0i 1-- 2w w -.1i 21i +-+=1z z -.i 1i-4z (i 1)(1i)w z -=--+. 14. 求出将圆环域2<|z |<5映射为圆环域4<|w |<10且使f (5)=-4的分式线性映射.解:因为z=5,-5,-2,2映为w=-4,4,10,-10,由交比不变性,有2525-+∶2525---+=104104-+--∶104104+- 故w =f (z )应为55z z -+∶2525---+=44w w +-∶104105+- 即 44w w +-=55z z --+20w z⇒=-. 讨论求得映射是否合乎要求,由于w =f (z )将|z |=2映为|w |=10,且将z =5映为w =-4.所以|z |>2映为|w |<10.又w =f (z )将|z |=5映为|w |=4,将z =2映为w =-10,所以将|z |<5映为|w |>4,由此确认,此函数合乎要求.15.映射2w z =将z 平面上的曲线221124x y ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭映射到w 平面上的什么曲线? 解:略.16. 映射w =e z 将下列区域映为什么图形.(1) 直线网Re(z )=C 1,Im(z )=C 2;(2) 带形区域Im(),02πz αβαβ<<≤<≤;(3) 半带形区域 Re()0,0Im(),02πz z αα><<≤≤.解:(1) 令z =x +i y , Re(z )=C 1,z =C 1+i y 1i =e e C y w ⇒⋅, Im(z )=C 2,则z =x +i C 22i =e e C x w ⇒⋅故=e z w 将直线Re(z )映成圆周1e C ρ=;直线Im(z )=C 2映为射线2C ϕ=.(2) 令z =x +i y ,y αβ<<,则i i =e e e e ,z x y x y w y αβ+==⋅<<故=e z w 将带形区域Im()z αβ<<映为arg()w αβ<<的张角为βα-的角形区域.(3) 令z =x +i y ,x >0,0<y < α, 02πα≤≤.则故=e zw 将半带形区域Re(z )>0,0<Im(z )<α, 02πα≤≤映为 |w |>1, 0arg w α<<(02πα≤≤).17. 求将单位圆的外部|z |>1保形映射为全平面除去线段-1<Re(w )<1,Im(w )=0的映射. 解:先用映射11w z=将|z |>1映为|w 1|<1,再用分式线性映射. 1211i 1w w w +=-⋅-将|w 1|<1映为上半平面Im(w 2)>0, 然后用幂函数232w w =映为有割痕为正实轴的全平面,最后用分式线性映射3311w w w -=+将区域映为有割痕[-1,1]的全平面. 故221121132222132111111i 1111111()11211i 1111z z z z w w w w w z w w z w w ⎛⎫⎛⎫++--⋅- ⎪ ⎪----⎝⎭⎝⎭=====+++⎛⎫⎛⎫++-⋅++ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭. 18. 求出将割去负实轴Re()0z -∞<≤,Im(z )=0的带形区域ππI m ()22z -<<映射为半带形区域πIm()πw -<<,Re(w )>0的映射.解:用1e z w =将区域映为有割痕(0,1)的右半平面Re(w 1)>0;再用1211ln 1w w w +=-将半平面映为有割痕(-∞,-1]的单位圆外域;又用3w =将区域映为去上半单位圆内部的上半平面;再用43ln w w =将区域映为半带形0<Im(w 4)<π,Re(w 4)>0;最后用42i πw w =-映为所求区域,故e 1ln e 1z z w +=-. 19. 求将Im(z )<1去掉单位圆|z |<1保形映射为上半平面Im(w )>0的映射.解:略.20. 映射cos w z =将半带形区域0<Re(z )<π,Im(z )>0保形映射为∞平面上的什么区域.解:因为 1cos ()2iz iz w z e e -==+ 可以分解为 w 1=i z ,12e ww =,32211()2w w w =+ 由于cos w z =在所给区域单叶解析,所以(1) w 1=i z 将半带域旋转π2,映为0<Im(w 1)<π,Re(w 1)<0. (2) 12e w w =将区域映为单位圆的上半圆内部|w 2|<1,Im(w 2)>0.(3) 2211()2w w w =+将区域映为下半平面Im(w )<0.。
复变函数1到5章测试题及答案
第一章复数与复变函数(答案)一、选择题1.当时,的值等于(B )ii z -+=115075100z z z ++(A ) (B ) (C ) (D )i i -11-2.设复数满足,,那么(A )z arg(2)3z π+=5arg(2)6z π-==z (A ) (B ) (C ) (D )i 31+-i +-3i 2321+-i 2123+-3.复数的三角表示式是(D ))2(tan πθπθ<<-=i z (A ) (B ))]2sin()2[cos(sec θπθπθ+++i )]23sin()23[cos(sec θπθπθ+++i (C )(D ))]23sin()23[cos(sec θπθπθ+++-i )]2sin()2[cos(sec θπθπθ+++-i 4.若为非零复数,则与的关系是(C )z 22z z -z z 2(A ) (B )z z z z 222≥-z z z z 222=-(C ) (D )不能比较大小z z zz 222≤-5.设为实数,且有,则动点y x ,yi x z yi x z +-=++=11,11211221=+z z 的轨迹是(B )),(y x (A )圆 (B )椭圆 (C )双曲线 (D )抛物线6.一个向量顺时针旋转,对应的复数为,则原向量对应的复数是(A )3πi 31-(A ) (B ) (C ) (D )2i 31+i -3i+37.使得成立的复数是(D )22z z =z(A )不存在的 (B )唯一的 (C )纯虚数 (D )实数8.设为复数,则方程的解是(B )z i z z +=+2(A ) (B ) (C ) (D )i +-43i +43i -43i --439.满足不等式的所有点构成的集合是(D )2≤+-iz iz z (A )有界区域 (B )无界区域 (C )有界闭区域 (D )无界闭区域10.方程所代表的曲线是(C )232=-+i z (A )中心为,半径为的圆周 (B )中心为,半径为2的圆周i 32-2i 32+-(C )中心为,半径为的圆周 (D )中心为,半径为2的圆周i 32+-2i 32-11.下列方程所表示的曲线中,不是圆周的为(B )(A ) (B )221=+-z z 433=--+z z (C ) (D ))1(11<=--a azaz )0(0>=-+++c c a a z a z a z z 12.设,则(C ),5,32,1)(21i z i z z z f -=+=-=12()f z z -=(A ) (B ) (C ) (D )i 44--i 44+i 44-i 44+-13.(D )000Im()Im()limz z z z z z →--(A )等于 (B )等于 (C )等于 (D )不存在i i -014.函数在点处连续的充要条件是(C )),(),()(y x iv y x u z f +=000iy x z +=(A )在处连续 (B )在处连续),(y x u ),(00y x ),(y x v ),(00y x (C )和在处连续(D )在处连续),(y x u ),(y x v ),(00y x ),(),(y x v y x u +),(00y x15.设且,则函数的最小值为(A )C z ∈1=z zz z z f 1)(2+-=(A ) (B ) (C ) (D )3-2-1-1二、填空题1.设,则)2)(3()3)(2)(1(i i i i i z ++--+==z 22.设,则)2)(32(i i z +--==z arg 8arctan -π3.设,则 43)arg(,5π=-=i z z =z i 21+-4.复数的指数表示式为 22)3sin 3(cos )5sin5(cos θθθθi i -+ie θ165.以方程的根的对应点为顶点的多边形的面积为 i z 1576-=6.不等式所表示的区域是曲线(或522<++-z z 522=++-z z ) 的内部1)23()25(2222=+y x 7.方程所表示曲线的直角坐标方程为 1)1(212=----zi iz 122=+y x 8.方程所表示的曲线是连接点 和 的线段的垂i z i z +-=-+22112i -+2i -直平分线9.对于映射,圆周的像曲线为zi =ω1)1(22=-+y x ()2211u v -+=10. =+++→)21(lim 421z z iz 12i -+三、若复数满足,试求的取值范围.z 03)21()21(=+++-+z i z i z z 2+z((或))]25,25[+-25225+≤+≤-z 四、设,在复数集中解方程.0≥a C a z z =+22(当时解为或10≤≤a i a )11(-±±)11(-+±a 当时解为)+∞≤≤a 1)11(-+±a 五、设复数,试证是实数的充要条件为或.i z ±≠21zz+1=z Im()0z =六、对于映射,求出圆周的像.)1(21zz +=ω4=z (像的参数方程为.表示平面上的椭圆)π≤θ≤⎪⎩⎪⎨⎧θ=θ=20sin 215cos 217v u w 1)215()217(2222=+v u 七、设,试讨论下列函数的连续性:iy x z +=1.⎪⎩⎪⎨⎧=≠+=0,00,2)(22z z y x xyz f 2..⎪⎩⎪⎨⎧=≠+=0,00,)(223z z y x y x z f (1.在复平面除去原点外连续,在原点处不连续;)(z f 2.在复平面处处连续))(z f 第二章 解析函数(答案)一、选择题:1.函数在点处是( B )23)(z z f =0=z(A )解析的 (B )可导的(C )不可导的 (D )既不解析也不可导2.函数在点可导是在点解析的( B ))(z f z )(z f z (A )充分不必要条件 (B )必要不充分条件(C )充分必要条件 (D )既非充分条件也非必要条件3.下列命题中,正确的是( D )(A )设为实数,则y x ,1)cos(≤+iy x (B )若是函数的奇点,则在点不可导0z )(z f )(z f 0z (C )若在区域内满足柯西-黎曼方程,则在内解析v u ,D iv u z f +=)(D (D )若在区域内解析,则在内也解析)(z f D )(z if D 4.下列函数中,为解析函数的是( C )(A ) (B )xyi y x 222--xyi x +2(C ) (D ))2()1(222x x y i y x +-+-33iy x +5.函数在处的导数( A ))Im()(2z z z f =0z =(A )等于0 (B )等于1 (C )等于 (D )不存在1-6.若函数在复平面内处处解析,那么实常)(2)(2222x axy y i y xy x z f -++-+=数( C )=a (A ) (B ) (C ) (D )0122-7.如果在单位圆内处处为零,且,那么在内( C ))(z f '1<z 1)0(-=f 1<z ≡)(z f (A ) (B ) (C ) (D )任意常数011-8.设函数在区域内有定义,则下列命题中,正确的是( C ))(z f D (A )若在内是一常数,则在内是一常数)(z f D )(z f D (B )若在内是一常数,则在内是一常数))(Re(z f D )(z f D (C )若与在内解析,则在内是一常数)(z f )(z f D )(z f D(D )若在内是一常数,则在内是一常数)(arg z f D )(z f D 9.设,则( A )22)(iy x z f +==+')1(i f (A ) (B ) (C ) (D )2i 2i +1i 22+10.的主值为( D )ii (A ) (B ) (C ) (D )012πe 2eπ-11.在复平面上( A )ze (A )无可导点 (B )有可导点,但不解析(C )有可导点,且在可导点集上解析 (D )处处解析12.设,则下列命题中,不正确的是( C )z z f sin )(=(A )在复平面上处处解析 (B )以为周期)(z f )(z f π2(C ) (D )是无界的2)(iziz e e z f --=)(z f 13.设为任意实数,则( D )αα1(A )无定义 (B )等于1(C )是复数,其实部等于1 (D )是复数,其模等于114.下列数中,为实数的是( B )(A ) (B ) (C ) (D )3)1(i -i cos i ln e 23π-15.设是复数,则( C )α(A )在复平面上处处解析 (B )的模为αz αz αz(C )一般是多值函数 (D )的辐角为的辐角的倍αz αz z α二、填空题1.设,则i f f +='=1)0(,1)0(=-→zz f z 1)(limi +12.设在区域内是解析的,如果是实常数,那么在内是 常数iv u z f +=)(D v u +)(z f D3.导函数在区域内解析的充要条件为 可微且满足x vix u z f ∂∂+∂∂=')(D xvx u ∂∂∂∂, 222222,xvy x u y x v x u ∂∂-=∂∂∂∂∂∂=∂∂4.设,则2233)(y ix y x z f ++==+-')2323(i f i 827427-5.若解析函数的实部,那么或iv u z f +=)(22y x u -==)(z f ic xyi y x ++-222为实常数ic z +2c 6.函数仅在点处可导)Re()Im()(z z z z f -==z i 7.设,则方程的所有根为 z i z z f )1(51)(5+-=0)(='z f 3,2,1,0),424sin 424(cos 28=π+π+π+πk k i k 8.复数的模为ii ),2,1,0(2L ±±=π-k ek 9.=-)}43Im{ln(i 34arctan -10.方程的全部解为01=--ze),2,1,0(2L ±±=πk i k 三、试证下列函数在平面上解析,并分别求出其导数z 1.();sinh sin cosh cos )(y x i y x z f -=;sin )(z z f -='2.());sin cos ()sin cos ()(y ix y y ie y y y x e z f xx++-=.)1()(ze z zf +='四、已知,试确定解析函数.22y x v u -=-iv u z f +=)((.为任意实常数)c i z i z f )1(21)(2++-=c 第三章 复变函数的积分(答案)一、选择题:1.设为从原点沿至的弧段,则( D )c x y =2i +1=+⎰cdz iy x )(2(A )(B ) (C ) (D )i 6561-i 6561+-i 6561--i 6561+2.设为不经过点与的正向简单闭曲线,则为( D)c 11-dz z z zc ⎰+-2)1)(1((A )(B ) (C ) (D )(A)(B)(C)都有可能2iπ2iπ-03.设为负向,正向,则( B )1:1=z c 3:2=z c =⎰+=dz zzc c c 212sin (A )(B ) (C ) (D )i π2-0iπ2iπ44.设为正向圆周,则( C)c 2=z =-⎰dz z zc2)1(cos (A ) (B ) (C ) (D )1sin -1sin 1sin 2i π-1sin 2i π5.设为正向圆周,则 ( B)c 21=z =--⎰dz z z z c23)1(21cos(A ) (B ) (C ) (D ))1sin 1cos 3(2-i π01cos 6i π1sin 2i π-6.设,其中,则( A )ξξξξd ze zf ⎰=-=4)(4≠z =')i f π((A ) (B ) (C ) (D )i π2-1-i π217.设在单连通域内处处解析且不为零,为内任何一条简单闭曲线,则积分)(z f B c B( C )dz z f z f z f z f c⎰+'+'')()()(2)((A )于 (B )等于 (C )等于 (D )不能确定i π2i π2-08.设是从到的直线段,则积分( A )c 0i 21π+=⎰cz dz ze (A ) (B) (C) (D) 21eπ-21eπ--i e21π+ie21π-9.设为正向圆周,则( A )c 0222=-+x y x =-⎰dz z z c1)4sin(2π(A )(B ) (C ) (D )i π22i π20i π22-10.设为正向圆周,则( C)c i a i z ≠=-,1=-⎰cdz i a zz 2)(cos (A ) (B )(C ) (D )ie π2eiπ20i i cos 11.设在区域内解析,为内任一条正向简单闭曲线,它的内部全属于.如果)(z f D c D D 在上的值为2,那么对内任一点,( C ))(z f c c 0z )(0z f (A )等于0 (B )等于1 (C )等于2 (D )不能确定12.下列命题中,不正确的是( D )(A )积分的值与半径的大小无关⎰=--ra z dz az 1)0(>r r (B ),其中为连接到的线段2)(22≤+⎰cdz iy xc i -i (C )若在区域内有,则在内存在且解析D )()(z g z f ='D )(z g '(D )若在内解析,且沿任何圆周的积分等于零,则)(z f 10<<z )10(:<<=r r z c 在处解析)(z f 0=z 13.设为任意实常数,那么由调和函数确定的解析函数是 ( D)c 22y x u -=iv u z f +=)((A) (B ) (C ) (D )c iz +2ic iz +2c z +2ic z +214.下列命题中,正确的是(C)(A )设在区域内均为的共轭调和函数,则必有21,v v D u 21v v =(B )解析函数的实部是虚部的共轭调和函数(C )若在区域内解析,则为内的调和函数iv u z f +=)(D xu∂∂D (D )以调和函数为实部与虚部的函数是解析函数15.设在区域内为的共轭调和函数,则下列函数中为内解析函数的是( ),(y x v D ),(y x u D B )(A ) (B )),(),(y x iu y x v +),(),(y x iu y x v -(C ) (D )),(),(y x iv y x u -xv i x u ∂∂-∂∂二、填空题1.设为沿原点到点的直线段,则 2c 0=z i z +=1=⎰cdz z 22.设为正向圆周,则c 14=-z =-+-⎰c dz z z z 22)4(23i π103.设,其中,则 0 ⎰=-=2)2sin()(ξξξξπd zz f 2≠z =')3(f 4.设为正向圆周,则=+⎰cdz zzz c 3=z i π65.设为负向圆周,则 c 4=z =-⎰c z dz i z e 5)(π12iπ6.解析函数在圆心处的值等于它在圆周上的 平均值7.设在单连通域内连续,且对于内任何一条简单闭曲线都有,)(z f B B c 0)(=⎰cdz z f 那么在内 解析)(z f B 8.调和函数的共轭调和函数为xy y x =),(ϕC x y +-)(21229.若函数为某一解析函数的虚部,则常数 -323),(axy x y x u +==a 10.设的共轭调和函数为,那么的共轭调和函数为 ),(y x u ),(y x v ),(y x v ),(y x u -三、计算积分1.,其中且;⎰=+-R z dz z z z)2)(1(621,0≠>R R 2≠R (当时,; 当时,; 当时,)10<<R 021<<R i π8+∞<<R 202..(0)⎰=++22422z z z dz四、求积分,从而证明.()⎰=1z zdz z e πθθπθ=⎰0cos )cos(sin d e i π2五、若,试求解析函数.)(22y x u u +=iv u z f +=)(((为任意实常数))321ln 2)(ic c z c z f ++=321,,c c c 第四章 级 数(答案)一、选择题:1.设,则( C )),2,1(4)1(L =++-=n n nia n n n n a ∞→lim (A )等于 (B )等于 (C )等于 (D )不存在01i2.下列级数中,条件收敛的级数为( C )(A ) (B )∑∞=+1)231(n n i ∑∞=+1!)43(n nn i (C ) (D )∑∞=1n n n i ∑∞=++-11)1(n n n i3.下列级数中,绝对收敛的级数为(D )(B ) (B )∑∞=+1)1(1n n i n ∑∞=+-1]2)1([n n n in (C) (D )∑∞=2ln n n n i ∑∞=-12)1(n n nn i 4.若幂级数在处收敛,那么该级数在处的敛散性为( A )∑∞=0n n nz ci z 21+=2=z (A )绝对收敛 (B )条件收敛(C )发散 (D )不能确定5.设幂级数和的收敛半径分别为,则∑∑∞=-∞=01,n n n n nnznc z c∑∞=++011n n n z n c 321,,R R R 之间的关系是( D )321,,R R R (A ) (B ) 321R R R <<321R R R >>(C ) (D )321R R R <=321R R R ==6.设,则幂级数的收敛半径( D )10<<q ∑∞=02n n n z q =R (A ) (B )(C ) (D )q q10∞+7.幂级数的收敛半径( B )∑∞=1)2(2sinn n z n n π=R(A )(B ) (C ) (D )122∞+8.幂级数在内的和函数为( A )∑∞=++-011)1(n n n z n 1<z (A ) (B ))1ln(z +)1ln(z -(D ) (D) z +11lnz-11ln 9.设函数的泰勒展开式为,那么幂级数的收敛半径( C )z e z cos ∑∞=0n n n z c ∑∞=0n nn z c =R (A ) (B ) (C )(D )∞+12ππ10.级数的收敛域是( B )L +++++22111z z z z(A ) (B ) (C ) (D )不存在的1<z 10<<z +∞<<z 111.函数在处的泰勒展开式为( D)21z1-=z (A )(B ))11()1()1(11<++-∑∞=-z z n n n n)11()1()1(111<++-∑∞=--z z n n n n (C ) (D ))11()1(11<++-∑∞=-z z n n n )11()1(11<++∑∞=-z z n n n 12.函数,在处的泰勒展开式为( B )z sin 2π=z (A ))2()2()!12()1(012+∞<--+-∑∞=+ππz z n n n n(B ))2()2()!2()1(02+∞<---∑∞=ππz z n n nn (C ))2()2()!12()1(0121+∞<--+-∑∞=++ππz z n n n n (D ))2()2()!2()1(021+∞<---∑∞=+ππz z n n nn 13.设在圆环域内的洛朗展开式为,为内)(z f 201:R z z R H <-<∑∞-∞=-n n nz z c)(0c H 绕的任一条正向简单闭曲线,那么( B )0z =-⎰c dz z z z f 20)()((A) (B ) (C ) (D )12-ic π12ic π22ic π)(20z f i 'π14.若,则双边幂级数的收敛域为( A )⎩⎨⎧--==-+=L L ,2,1,4,2,1,0,)1(3n n c nn n n ∑∞-∞=n nn z c (A )(B ) 3141<<z 43<<z (C )(D )+∞<<z 41+∞<<z 3115.设函数在以原点为中心的圆环内的洛朗展开式有个,那么)4)(1(1)(++=z z z z f m ( C )=m (A )1 (B )2 (C )3 (D )4二、填空题1.若幂级数在处发散,那么该级数在处的收敛性为 发散∑∞=+0)(n n ni z ci z =2=z 2.设幂级数与的收敛半径分别为和,那么与之间的关∑∞=0n nnz c∑∞=0)][Re(n n n z c 1R 2R 1R 2R系是 .12R R ≥3.幂级数的收敛半径∑∞=+012)2(n n nz i =R 224.设在区域内解析,为内的一点,为到的边界上各点的最短距离,那么)(z f D 0z d 0z D 当时,成立,其中d z z <-0∑∞=-=0)()(n n nz z cz f 或=n c ),2,1,0()(!10)(L =n z f n n ().)0,2,1,0()()(21010d r n dz z z z f irz z n <<=-π⎰=-+L 5.函数在处的泰勒展开式为 .z arctan 0=z )1(12)1(012<+-∑∞=+z z n n n n 6.设幂级数的收敛半径为,那么幂级数的收敛半径为∑∞=0n nn z c R ∑∞=-0)12(n n n n z c 2R .7.双边幂级数的收敛域为 .∑∑∞=∞=--+--112)21()1()2(1)1(n n n nnz z 211<-<z 8.函数在内洛朗展开式为 .zze e 1++∞<<z 0nn nn z n z n ∑∑∞=∞=+00!11!19.设函数在原点的去心邻域内的洛朗展开式为,那么该洛朗级数z cot R z <<0∑∞-∞=n n nz c收敛域的外半径 .=R π10.函数在内的洛朗展开式为)(1i z z -+∞<-<i z 1∑∞=+--02)()1(n n n n i z i三、若函数在处的泰勒展开式为,则称为菲波那契(Fibonacci)211z z --0=z ∑∞=0n nn z a {}n a 数列,试确定满足的递推关系式,并明确给出的表达式.n a n a (,)2(,12110≥+===--n a a a a a n n n )),2,1,0(}251()251{(5111L =--+=++n a n n n 四、求幂级数的和函数,并计算之值.∑∞=12n nz n ∑∞=122n n n (,)3)1()1()(z z z z f -+=6五、将函数在内展开成洛朗级数.)1()2ln(--z z z 110<-<z ()n n nk k z k n z z z z z z )1(1)1(()2ln(111)1()2ln(001-+--=-⋅⋅-=--∑∑∞==+第五章 留 数(答案)一、选择题:1.函数在内的奇点个数为 ( D )32cot -πz z2=-i z (A )1 (B )2 (C )3 (D )42.设函数与分别以为本性奇点与级极点,则为函数)(z f )(z g a z =m a z =)()(z g z f 的( B )(A )可去奇点 (B )本性奇点(C )级极点 (D )小于级的极点m m 3.设为函数的级极点,那么( C )0=z zz e xsin 142-m =m(A )5 (B )4 (C)3 (D )24.是函数的( D )1=z 11sin)1(--z z (A)可去奇点 (B )一级极点(C ) 一级零点 (D )本性奇点5.是函数的( B )∞=z 2323z z z ++(A)可去奇点 (B )一级极点(C ) 二级极点 (D )本性奇点6.设在内解析,为正整数,那么( C )∑∞==)(n n n z a z f R z <k =]0,)([Re kz z f s (A ) (B ) (C ) (D )k a k a k !1-k a 1)!1(--k a k 7.设为解析函数的级零点,那么='],)()([Re a z f z f s ( A )a z =)(z f m (A) (B ) (C ) (D )m m -1-m )1(--m 8.在下列函数中,的是( D )0]0),([Re =z f s (A )(B )21)(ze zf z -=z z z z f 1sin )(-=(C ) (D) z z z z f cos sin )(+=ze zf z 111)(--=9.下列命题中,正确的是( C )(A )设,在点解析,为自然数,则为的)()()(0z z z z f mϕ--=)(z ϕ0z m 0z )(z f 级极点.m (B )如果无穷远点是函数的可去奇点,那么∞)(z f 0]),([Re =∞z f s (C )若为偶函数的一个孤立奇点,则0=z )(z f 0]0),([Re =z f s(D )若,则在内无奇点0)(=⎰c dz z f )(z f c 10. ( A )=∞],2cos[Re 3ziz s (A ) (B ) (C ) (D )32-32i 32i32-11. ( B)=-],[Re 12i e z s iz (A ) (B ) (C ) (D )i +-61i +-65i +61i +6512.下列命题中,不正确的是( D)(A )若是的可去奇点或解析点,则)(0∞≠z )(z f 0]),([Re 0=z z f s (B )若与在解析,为的一级零点,则)(z P )(z Q 0z 0z )(z Q )()(],)()([Re 000z Q z P z z Q z P s '=(C )若为的级极点,为自然数,则0z )(z f m m n ≥)]()[(lim !1]),([Re 1000z f z z dzd n z z f s n n nx x +→-=(D )如果无穷远点为的一级极点,则为的一级极点,并且∞)(z f 0=z )1(zf )1(lim ]),([Re 0zzf z f s z →=∞13.设为正整数,则( A )1>n =-⎰=211z ndz z (A) (B ) (C )(D )0i π2niπ2i n π214.积分( B )=-⎰=231091z dz z z (A ) (B ) (C ) (D )0i π2105iπ15.积分( C )=⎰=121sin z dz z z (A ) (B ) (C ) (D )061-3i π-iπ-二、填空题1.设为函数的级零点,那么 9 .0=z 33sin z z -m =m 2.函数在其孤立奇点处的留数zz f 1cos1)(=),2,1,0(21L L ±±=+=k k z k ππ.=]),([Re k z z f s 2)2()1(π+π-k k3.设函数,则 0 }1exp{)(22zz z f +==]0),([Re z f s 4.设为函数的级极点,那么 .a z =)(z f m ='],)()([Re a z f z f s m -5.设,则 -2 .212)(zzz f +==∞]),([Re z f s 6.设,则 .5cos 1)(z z z f -==]0),([Re z f s 241-7.积分.=⎰=113z zdz e z 12iπ8.积分.=⎰=1sin 1z dz z i π2三、计算积分.()⎰=--412)1(sin z z dz z e z z i π-316四、设为的孤立奇点,为正整数,试证为的级极点的充要条件是a )(z f m a )(z f m ,其中为有限数.b z f a z m az =-→)()(lim 0≠b 五、设为的孤立奇点,试证:若是奇函数,则;a )(z f )(z f ]),([Re ]),([Re a z f s a z f s -=若是偶函数,则.)(z f ]),([Re ]),([Re a z f s a z f s --=。
复变函数习题解答.docx
复变函数练习题解答一、求出下列函数的奇点,并确定它们的类别(对于极点,耍指明它们的阶),对于无穷远点也要加以讨论.(1)/(z) = —⑵ /(z) = —^-丄sin 丄Z zz解.(1) /(z)=—有奇点0,丄伙=1,2,3,・・・)严,因在扩充复平面上siiJ $——=sin丄有一阶零点丄伙=1,2,3,…),8 ,故/(z)=—冷有一阶极点/⑵ 乙加sin 丄丄伙= 1,2,3,…)产,易见o是于(z)的一阶极点丄伙= 1,2,3,…)的极限点,因而o kn kn 不是/(z)的孤立奇点.解.(2) /(z)= ------------ 丄有奇点0,2£方伙=1,2,3,…)严,因e-1 z蛇⑵也詔也占=lim 2 = 1曲—e)',=怙= -1ZTO & _1 + ze、ZTO(&_1 + zej 乙TO 2b + 20是/(z)的可去奇点,易见/(z)有一阶极点2km(k = 1,2,3,…)•事实上恋(“ 2聞/⑵叮监(占-z-2kjt\ 1 ‘=lim ——: ---- =lim — = 1ZT2hri e、一 ] ZT2E e、因而oo是/(z)的一阶极点2Si伙=1,2,3,…)的极限点,OO不是/(z)的孤立奇点.二、考查函数f(z.) = x3-y3 + 2x2y2i的可微性和解析性,并求出导数(如存在).解.因u(x, y) = x3 - y3, v(x,y) = 2x2y2,宾=3疋,-^- = -3y2,ox dy^L = 4xy2 , ^- = 4x2y ,故f(z) = x3-y3+2x2y2i仅在两个点(0,0),(—,—)满足ox dy 4 4C-R条件単=$, $ =—単,因此函数/⑵"―),3+2兀2)円处处不解析,仅在ox dy ox dy3 3 3 3 27两个点(0,0),(丁,丁)可导和可微,且r(o)=o, /(-+-/)=_.4 4 4 4 4三、求出圆忖v 2到半平面Re >v> 0的共形映射vv = /U),使符合条件/(0) = 1解.71.Z1 = 一将圆|z|<2映为圆|z】| V1,z — i2.因s = —将半平而Imz9> 0映为圆忖|<1,故逆映射z2+ii0 + 7eE =i —将圆|z】|vl映为上半平而Im^>0一” _补3.w = —iz2将上半平面Im% >0映为右半平面Re w>Qz + 2严4.上述三个映射的复合w= ——将圆Z <2映为半平面Rew>0,且符合2严-z条件/(0) = 1.8 1四、证明:级数Yc-ir1-—收敛,但不绝对收敛,提示,写成实部和虚部.n=i i+ 〃一1证因£(一I)-1= £(― 1 严J "补 | - r 1 i)“=]1+〃一1 “=](〃一1) +1 (H-1) +18 _ 1 8 1其实部工(-1)心;条件收敛,虚部y(-ir'—二一绝对收敛心(n一1)~ +1 心(n一1)~ +1因此级数£(-1严n=l1i+ n一1收敛, 但不绝对收敛.证 (1)设/(z) = w + iv ,则|/(z)|2 =u 2 +v 2,(2)左=2u ; + 2记 + 2Uy + 2Vy + 2u(u xx + u yy ) + 2v(v xv + v yy ) (3 )由⑵和 Laplace 方程 U xx + U yy = 0 , V xx + V vy = 0 知, 左=2u j + 2# + 2疋+2v^,x x y y⑷由(3)和C-R 条件竽占,単二—尖知,左=4尤+4忙 dy dx dy dx(5) 由(4)和厂⑵= /+i 匕知,右=4尤+4记(6) 由(4)和(5)矢口,左=右. 五、计算下列积分(1) 知 z(3z + l) (2) 『兀d& J 。
复变函数习题解答(第6章)
p269第六章习题(一) [ 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14 ]7. 从⎰C e i z /√z dz 出发,其中C 是如图所示之周线(√z 沿正实轴取正值),证明:⎰(0, +∞) cos x /√x dx = ⎰(0, +∞) sin x /√x dx = √(π/2).【解】| ⎰C (R ) e i z /√z dz | ≤ ⎰C (R ) | e i z |/R 1/2 ds= ⎰[0, π/2] | e i ρ (cos θ + i sin θ )|/R 1/2 · R d θ = ⎰[0, π/2] | e - R sin θ | R 1/2 d θ≤ R 1/2 ⎰[0, π/2] e - R sin θ d θ.由sin θ ≥ 2θ/π (θ∈[0, π/2] ),故R 1/2⎰[0, π/2] e - R sin θ d θ≤ R 1/2 ⎰[0, π/2] e - (2R / π)θ d θ = (π/(2R 1/2))(1 – e - R ) ≤ π/(2R 1/2).所以,| ⎰C (R ) e i z /√z dz | → 0 (as R →+∞).而由| ⎰C (r ) e i z /√z dz | ≤ (π/(2r 1/2))(1 – e - r )知| ⎰C (r ) e i z /√z dz | → 0 (as r → 0+ ).当r → 0+,R →+∞时,⎰[r , R ] e i z /√z dz = ⎰[r , R ] e i x /√x dx = ⎰[r , R ] (cos x + i sin x )/√x dx→ ⎰(0, +∞) cos x /√x dx + i ⎰(0, +∞) sin x /√x dx .⎰[r i , R i ] e i z /√z dz = ⎰[r , R ] e i (i y )/√(i y ) i dy = ⎰[r , R ] e - y e i π/4/√y dy .= (1 + i )/√2 · ⎰[r , R ] e - y /√y dy = 2(1 + i )/√2 · ⎰[√r , √R ] e - u ^2 du→ (1 + i )√2 · ⎰(0, +∞) e - u ^2 du = (1 + i )√2 · √π/2 = (1 + i )√(π/2).由Cauchy 积分定理,⎰C e i z /√z dz = 0,故其极限也为0,所以,⎰(0, +∞) cos x /√x dx + i ⎰(0, +∞) sin x /√x dx = (1 + i )√(π/2),即⎰(0, +∞) cos x /√x dx = ⎰(0, +∞) sin x /√x dx = √(π/2).8. 从⎰C √z ln z /(1 + z )2 dz 出发,其中C 是如图所示之周线,证明:⎰(0, +∞) √x ln x /(1 + x )2 dx = π,⎰(0, +∞) √x /(1 + x )2 dx = π/2.【解】在割去原点及正实轴的z 平面上,√z ,ln z 都能分出单值解析分支,√z 取在正实轴的上岸取正值的那个分支,ln z 取在正实轴的上岸取实数值的那个分支.记f (z ) = √z ln z /(1 + z )2 dz .f (z )的有限奇点只有- 1,且- 1是f (z )的2阶极点.Res[√z ln z /(1 + z )2; - 1] = lim z → - 1 ((1 + z )2 · f (z ))’= lim z → - 1 (√z ln z )’ = lim z → - 1 (((1/2) ln z + 1 )√z /z )= ((1/2) ln (- 1) + 1 )√(- 1)/(- 1)= - ((1/2) πi + 1 )i = (1/2) π - i .当r < 1 < R 时,⎰C √z ln z /(1 + z )2 dz= ⎰C (r ) + ⎰C (R ) + ⎰L (1) + ⎰L (2) = 2πi Res[√z ln z /(1 + z )2; -1] = 2π + π2 i .⎰L (1) √z ln z /(1 + z )2 dz = ⎰(r , R ) √x ln x /(1 + x )2 dx→ ⎰(0, +∞) √x ln x /(1 + x )2 dx (当r → 0+,R →+∞时)⎰L (2) √z ln z /(1 + z )2 dz = ⎰(R , r ) (-√x )(ln x + 2πi )/(1 + x )2 dx= ⎰(r , R ) (√x ln x )/(1 + x )2 dx + 2πi ⎰(r , R )√x /(1 + x )2 dx→ ⎰(0, +∞) √x ln x /(1 + x )2 dx + 2πi ⎰(0, +∞) √x /(1 + x )2 dx (当r → 0+,R →+∞时). 因为z · √z ln z /(1 + z )2 → 0 (当| z |→ +∞时),故⎰C(R) √z ln z/(1 + z)2dz→ 0 (当R → +∞时).因为z ·√z ln z/(1 + z)2 → 0 (当| z |→ 0时),故⎰C(r) √z ln z/(1 + z)2dz→ 0 (当r → 0时).所以,⎰L(1)+ ⎰L(2)→π/2 -i (当r→ 0+,R→+∞时).故2⎰(0, +∞)√x ln x/(1 + x)2dx + 2πi⎰(0, +∞) √x /(1 + x)2dx = 2π + π2i.所以,⎰(0, +∞)√x ln x/(1 + x)2dx = π,⎰(0, +∞)√x /(1 + x)2dx = π/2.9. 证明:I = ⎰(0, 1) 1/((1 + x2)(1 -x2)1/2) dx = π/23/2.在割线的上岸(1 -z2)1/2取正值的那一支.因i和-i都是f(z)的一阶极点,故Res[ f(z); i] = 1/(2z (1 -z2)1/2)|z = i= -i/23/2.Res[ f(z); i] = 1/(2z (1 -z2)1/2)|z = –i= -i/23/2.若x在上岸,则f(x) = 1/((1 + x2)(1 -x2)1/2);若x在下岸,则f(x) = e-i π/((1 + x2)(1 -x2)1/2);⎰L(1) f(z) dz = ⎰[– 1 + r, 1 –r] f(x) dx.⎰L(2) f(z) dz = ⎰[– 1 + r, 1 –r] f(x) dx.因为lim z→–1 (1 + z) f(z) = 0,lim z→ 1 (1 -z) f(z) = 0,故⎰S(r) f(z) dz→ 0,⎰T(r) f(z) dz→ 0 (as r → 0).因为lim z→∞z f(z) = 0,故⎰C(R) f(z) dz→ 0 (as R → +∞).故⎰L(1) f(z) dz + ⎰L(2) f(z) dz→ (2πi)(Res[ f(z); i] + Res[ f(z); -i]) (as r→ 0+,R→+∞).所以2⎰(– 1, 1) f(x) dx = (2πi)(Res[ f(z); i] + Res[ f(z); -i]) = (2πi)(-i/23/2) = 2π/23/2.故⎰(– 1, 1) f(x) dx = π/23/2.10. 证明方程e z-λ= z ( λ> 1 )在单位圆| z | < 1内恰有一个根,且为实根.【解】在单位圆周C : | z | = 1上,设z = x + i y,则z-λ= (x -λ) + i y,故| e z-λ| = | e (x -λ) + i y | = | e x -λ| < 1 = | z |,由Rouché定理,N(z - e z-λ, C) = N(z, C) = 1.故z - e z-λ = 0在单位圆内恰有一个根.设f(x) = x - e x-λ,x∈ .因f(- 1) = (- 1)- e-1 -λ < 0,f(1) = 1- e 1 -λ > 0,故x - e x-λ = 0在区间(- 1, 1)内有根.所以方程e z-λ= z ( λ> 1 )在单位圆| z | < 1内的唯一根为实根.[原题是错题.例如c = 1/2,λ= 2,则∀z∈ ,当| z | < 1时,| c z-λ| = | exp((z-λ) Ln c)| = | exp(( z– 2)(ln| 1/2| + 2kπi)) | = e (2 –z)ln2 > 1 > | z |.]11. 证明方程e z- eλz n= 0 ( λ> 1 )在单位圆| z | < 1内有n个根.【解】在单位圆周C : | z | = 1上,| e z| = e Re(z)≤ e | z |≤ e < eλ= | eλz n |,由Rouché定理,N(eλz n- e z, C) = N(eλz n, C) = N(z n, C) = n.12. 若f(z)在周线C内部除有一个一阶极点外解析,且连续到C,在C上| f(z) | = 1,证明f(z) = a ( | a | > 1 )在C内部恰好有一个根.【解】考虑圆K = { z∈ | | z–a | < | a |}.因为| (a-f(z)) -a | = | f(z) | = 1 < | a |,故a-f(z)∈K.因ln(a-f(z))的每个分支,以及他们的导数(ln(a-f(z))’都在K内解析;故i ∆C arg (a-f(z) ) = ⎰C(ln(a-f(z))’dz = 0.由辐角原理,N(a -f(z), C) -P(a -f(z), C) = (2π)–1∆C arg (a-f(z) ) = 0.而a -f(z)在周线C内部除有一个一阶极点外解析,故P(a -f(z), C) = 1.因此N(a -f(z), C) = 1,故f(z) = a ( | a | > 1 )在C内部恰好有一个根.13. 若f(z)在周线C的内部亚纯且连续到C,试证:(1) 若z∈C时,| f(z) | < 1,则方程f(z) = 1在C的内部的根的个数,等于f(z)在C 的内部的极点个数.(2) 若z∈C时,| f(z) | > 1,则方程f(z) = 1在C的内部的根的个数,等于f(z)在C 的内部的零点个数.【解】(1) 类似第12题,设K = { z∈ | | z– 1 | < 1}.因| (1 -f(z)) – 1 | = | f(z) | < 1,故(1 -f(z))∈K.因i ∆C arg (a-f(z) ) = ⎰C(ln(1 -f(z))’dz = 0.故由辐角原理,N(1-f(z), C) -P(1-f(z), C) = (2π)–1∆C arg (a-f(z) ) = 0.而P(1-f(z), C) = P( f(z), C),所以,N(1-f(z), C) = P( f(z), C).(2) 因z∈C时,| f(z) | > 1,故在C上,恒有f(z) ≠ 0,即f(z)在C上无零点.设g(z) = 1/f(z) ( 若z是f(z)极点则规定g(z) = 0,若z是f(z)的零点不定义g(z)).那么,g(z)在C的内部亚纯且连续到C,并且当z∈C时,| g(z) | < 1.由(1)的结论,在C的内部,方程g(z) = 1的根的个数等于g(z)的极点的个数.再注意到方程g(z) = 1和方程f(z) = 1在C的内部的根的个数相同,并且,因为在C的内部,z是f(z)的零点⇔z是g(z)的极点,故g(z)的极点个数等于f(z)的零点个数;所以,方程f(z) = 1在C的内部的根的个数,等于f(z)在C的内部的零点个数.14. 设ϕ(z)在C : | z | = 1内部解析,且连续到C.在C上,| ϕ(z) | < 1.试证:在C的内部只有一个点z0,使ϕ(z0) = z0.【解】设f(z) = z,则f(z)在C内部解析且连续到C,在C上,| f(z) | = 1 > | ϕ(z) |.由Rouché定理,N( f(z) -ϕ(z), C) = N( f(z), C) = 1.即方程ϕ(z) = z在C的内部只有一个根.p273第六章习题(二) [ 2, 3, 4, 5 ]2. 计算积分(1/(2πi))⎰C 1/(ζ(ζ- z)) dζ,其中C为单位圆周| ζ| = 1,z∉C.【解】设f(ζ) = 1/(ζ(ζ- z)).当| z | > 1时,f(ζ)在C内部的唯一奇点0是1阶极点,故(1/(2πi))⎰C f(ζ) dζ = Res[f(ζ), 0] = - 1/z.当0 < | z | < 1时,f(ζ)在C内部的两个奇点0, z都是1阶极点,故(1/(2πi))⎰C f(ζ) dζ = Res[f(ζ), 0] + Res[f(ζ), z] = (- 1/z) + (1/z) = 0.当| z | = 0时,f(ζ)在C内部的唯一奇点0是2阶极点,故(1/(2πi))⎰C f(ζ) dζ = Res[f(ζ), 0] = 0.3. 设f(z)在| z | < 1内解析,在| z | ≤ 1上连续,试证:(1 - | z |2) f(z) = (1/(2πi))⎰C : | ζ| = 1f(ζ) ((1-z*ζ)/(ζ- z)) dζ,其中z属于C的内部.【解】设g(ζ) = f(ζ) ((1-z*ζ)/(ζ- z)).若f(z) = 0,则z是g(ζ)的解析点,因此g(ζ)在| ζ | < 1内解析,在| ζ | ≤ 1上连续,故⎰C : | ζ| = 1g(ζ) dζ = 0,因此等式成立.若f(z) ≠ 0,则z是g(ζ)的一阶极点,故(1/(2πi))⎰C : | ζ| = 1f(ζ) ((1-z*ζ)/(ζ- z)) dζ = Res[f(ζ) ((1-z*ζ)/(ζ- z)), z]= f(z) (1-z*z ) = (1 - | z |2) f(z).4. 试证:(z n/n! )2 = (1/(2πi))⎰C : | ζ| = 1 (z n e zζ)/(n! ζ n + 1 ) dζ,这里C是围绕原点的一条周线.【解】只需要证明,当z≠ 0时,z n/n! = (1/(2πi))⎰C : | ζ| = 1 e zζ/ζ n + 1dζ.由高阶导数公式,(n!/(2πi))⎰C : | ζ| = 1 e zζ/ζ n + 1dζ = (e zζ)(n)|ζ= 0= (z n e zζ)|ζ= 0= z n.或(1/(2πi))⎰C : | ζ| = 1 e zζ/ζ n + 1dζ = Res[e zζ/ζ n + 1, 0] = ((e zζ)(n)|ζ= 0)/n!= z n/n!.5. 试证(含∞的区域的留数定理):设D是 ∞内含有∞的区域,其边界C是由有限条互不包含且互不相交的周线C1, C2, ..., C m组成,又设函数f(z)在D内除去有限个孤立奇点z1, z2, ..., z n及∞外解析,且连续到边界C,则⎰-C f(z) dz = 2πi ( ∑1≤k≤n Res[f(z), z k] + Res[f(z), ∞] ).【解】∀j : 1 ≤j ≤m,因∞不在C j上,故C j ⊆ 中,因此C j是有界集.故可取充分大的R > 0,使得周线C1, C2, ..., C m及在 中的孤立奇点z1, z2, ..., z n 都在圆K = { z∈ | | z | < R }内.由留数定理,⎰∂K f(z) dz + ⎰-C f(z) dz = 2πi∑1≤k≤n Res[f(z), z k];而Res[f(z), ∞] = - (1/(2πi))⎰∂K f(z) dz,所以,⎰-C f(z) dz = 2πi ( ∑1≤k≤n Res[f(z), z k] + Res[f(z), ∞] ).∀∃∅-⨯±≠≥·◦≤≡⊕⊗≅αβχδεφγηιϕκλμνοπθρστυϖωξψζ∞•︒ℵℜ℘∇∏∑⎰⊥∠ √§ψ∈∉⊆⊂⊃⊇⊄⊄∠⇒♣♦♥♠§ #↔→←↑↓⌝∨∧⋃⋂⇔⇒⇐∆∑ΓΦΛΩ∂∀m∈ +,★z∈ ∞α1, α2, ...αn lim n→∞,+n→∞∀ε > 0,∑u n,∑n≥ 1u n,m∈ ,∀ε > 0,∃δ> 0,【解】z⎰[0, 2π]l 2 dx,f(x) = (-∞, +∞)[-π, π]∑1 ≤k≤n u n,[0, 2π]。
复变函数习题六解答
第六章部分习题解答1.求下列各函数()z f 在孤立奇点的留数(不考虑无穷远点。
)(1)421z e z-; (2)z sin 1解 (1)()421z e z f z-=,0=z 为分母的四级零点,是分子的一级零点,所以是()z f 的三级极点。
()[]⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⋅=→4232201!21lim 0,Res z e z dz d z f z z =34-或展开洛朗级数 ()⎥⎦⎤⎢⎣⎡----=3248!314!212111z z z z z f知 ()[]340,Res 1-==-c z f (2)()z z f sin 1=,() ,1,00sin ±==⇒=k k z z π为()z f 一级极点()[]ππk z z k z f ==cos 1,Res ()⎩⎨⎧-=+=-==k m k m k 11212,12.求()[]∞,Res z f 的值,如果(1)1)(2-=z e z f z解(1)1)(2-=z e z f z有两个一级极点,1,1-==z z 故由全部留数和为零的定理,则 ()[]()[]()[]1lim 1lim 1,Res 1,Res ,Res 11--+-=---=∞-→→z e z e z f z f z f zz z z=1sh 221-=+--e e3.试求下列各积分的值.()()⎰<+πθθ201cos 1a a d . ()()⎰∞+021sin 7dx x x x . 解(1)令,i θe z =则(),i ,21cos 1z dz d z z =+=-θθ()()⎰--==,i 21||βαz z dz I z 其中,1||,1||,1,1,122><=---=-+-=βααββαa a a a 应用留数定理()[]{}.1214,Res 2i 22-=-⋅==a z f i I πβαπαπ (2)()()()⎰⎰⎰+∞∞-+∞∞-∞+⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧+=+=+dx x x e dx x x x dx x x x x 2i 2021Im 211sin 211sin 对于()dx x x e I x ⎰+∞∞-+=2i 1,()()211z z z R +=, 则,z =i 为()z R 在0Im >z 内的一级极点,而0=z 为()z R 在实轴上的一级极点,故有:()[]110,Res 02i i =+==z zz z e e z R()[]()e z z e e z R z z z 21i i ,Res i i i -=+==()()[]()[]i ,iRes 20,iRes 1i i 2z z ix e z R e z R dx x x e I ππ+=+=⎰+∞∞- i 1i ππe-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=e 11i π 故 ()⎰+∞⎪⎭⎫ ⎝⎛-==+02112}Im {211sin e I dx x x x π4.试求下列各积分的值。
复变函数习题总汇与参考答案
复变函数习题总汇与参考答案第1章 复数与复变函数一、单项选择题1、假设Z 1=〔a, b 〕,Z 2=(c, d),那么Z 1·Z 2=〔C 〕 A 〔ac+bd, a 〕 B (ac-bd, b) C 〔ac-bd, ac+bd 〕 D (ac+bd, bc-ad)2、假设R>0,那么N 〔∞,R 〕={ z :〔D 〕} A |z|<R B 0<|z|<R C R<|z|<+∞ D |z|>R3、假设z=x+iy, 那么y=(D)A B C D4、假设A= ,那么|A|=〔C 〕A 3B 0C 1D 2二、填空题1、假设z=x+iy, w=z 2=u+iv, 那么v=〔 2xy 〕2、复平面上满足Rez=4的点集为〔 {z=x+iy|x=4} 〕3、〔 设E 为点集,假设它是开集,且是连通的,那么E 〕称为区域。
2zz +2z z -iz z 2+iz z 2-)1)(4()1)(4(i i i i +--+4、设z 0=x 0+iy 0, z n =x n +iy n (n=1,2,……),那么{z n }以z o 为极限的充分必要条件是 x n =x 0,且 y n =y 0。
三、计算题1、求复数-1-i 的实部、虚部、模与主辐角。
解:Re(-1-i)=-1 Im(-1-i)=-1 |-1-i|=2、写出复数-i 的三角式。
解:3、写出复数 的代数式。
解:4、求根式 的值。
+∞→n lim +∞→n limππ45|11|arctan ),1(12)1()1(=--+=--∴--=-+-i ary i 在第三象限 ππ23sin 23cos i i +=-i i i i i i i i i i i i i i i 212312121)1()1)(1()1(11--=--+-=⋅-++-+=-+-ii i i -+-11327-解:四、证明题1、证明假设 ,那么a 2+b 2=1。
复变函数与积分变(北京邮电大学)课后的习题答案
③解: 2 i 3 2i 2 i 3 2i 5 13 65 .
2 i 3 2i 2 i 3 2i 2 i 3 2i 4 7i
2
2
2
2
2
的平方根. ⑴i 的三次根. 解:
3
并给出最后一个等式的几何解释. 证明: z w z 2Re z w w 在上面第五题 的证明已经证明了. 下面证 z w z 2Re z w w . ∵ z w z w z w z w z w
π i 4
3 5i 1 3 . ; (2 i)(4 3i); 7i 1 i 1 i
1 i 3 ∴ Re 1, 2
④解: ∵
3
1 i 3 Im 0. 2
2 2 2 2 π π cos isin i i 2 4 4 2 2 2
π 4 映射成 w 平面内虚
5、Imz>1,且|z|<2. 解:表示圆盘内的一弓形域。
习题二
w z 1 z 下圆周 | z | 2 的像.
w u iv 则
π ,0 r 2 4 映成了 w 平面 π 0 4,0 . 2 上扇形域,即
i (2) 记 w e ,则
ie2
i
π
③解: 1 eiπ eπi
2 ④解: 8π 1 3i 16π π . 3
z z z w w z w w z zw z w w z w
复变函数第6章测验题参考解答
,所有所求映射为 (D) w =
【答案】C
”
az + b 把上半平面映射为 w 平 cz + d
i − 2z 2 + iz
z−a i , 由 w( ) = 0 可 1 − az 2 i z− i 3 i 2 = 2z − i , w = 知a = , 由 w (0) = e 0 , 知 = 0 , 所有所求映射为 故选 ( C) . i 2 4 1+ z 2 + iz 2 az + b 10、 若分式线性映射 w = (ad − bc 0) 将 z 平面上的单位圆 z = 1映成 w 平面上的直 cz + d
w = 2i
z −i ,,故选(B). z +i
9 、把单位圆 z 1 映射成单位圆 w 1 且满足 w( ) = 0, w(0) 0 的分式线性变换为 ( ).
(A) w =
2z − i 2 − iz
(B) w =
i − 2z 2 − iz
(C) w =
2z − i 2 + iz
数
三、判断题
f ( z1 ) − f ( z2 ) = ( z1 − z2 )(2 + z1 + z2 ) 0 ,
这是因为 2 + z1 + z2 2 − ( z1 + z2 ) 0 .
【答案】错误
区域(即开区域),所以这样的解析函数不存在.
6.2 分式线性函数及其映射性质 6.2.1 分式线性函数 6.2.2 分式线性函数的映射性质 6.2.3 两个特殊的分式线性函数 选择题
6.1 单叶解析函数的映射性质 6.1.1 一般概念(*) 6.1.2 导数的几何意义 一、选择题 1、下列区域中,使函数 f ( z ) = e 2iz 单叶解析的区域是( (A) 0 Re z (C) Re z 3 (B) 0 Im z (D) Im z 3 i−z (C) w = 2 i+z
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p269第六章习题(一) [ 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14 ]7. 从⎰C e i z /√z dz 出发,其中C 是如图所示之周线(√z 沿正实轴取正值),证明:⎰(0, +∞) cos x /√x dx = ⎰(0, +∞) sin x /√x dx = √(π/2).【解】| ⎰C (R ) e i z /√z dz | ≤ ⎰C (R ) | e i z |/R 1/2 ds= ⎰[0, π/2] | e i ρ (cos θ + i sin θ )|/R 1/2 · R d θ = ⎰[0, π/2] | e - R sin θ | R 1/2 d θ≤ R 1/2 ⎰[0, π/2] e - R sin θ d θ.由sin θ ≥ 2θ/π (θ∈[0, π/2] ),故R 1/2⎰[0, π/2] e - R sin θ d θ≤ R 1/2 ⎰[0, π/2] e - (2R / π)θ d θ = (π/(2R 1/2))(1 – e - R ) ≤ π/(2R 1/2).所以,| ⎰C (R ) e i z /√z dz | → 0 (as R →+∞).而由| ⎰C (r ) e i z /√z dz | ≤ (π/(2r 1/2))(1 – e - r )知| ⎰C (r ) e i z /√z dz | → 0 (as r → 0+ ).当r → 0+,R →+∞时,⎰[r , R ] e i z /√z dz = ⎰[r , R ] e i x /√x dx = ⎰[r , R ] (cos x + i sin x )/√x dx→ ⎰(0, +∞) cos x /√x dx + i ⎰(0, +∞) sin x /√x dx .⎰[r i , R i ] e i z /√z dz = ⎰[r , R ] e i (i y )/√(i y ) i dy = ⎰[r , R ] e - y e i π/4/√y dy .= (1 + i )/√2 · ⎰[r , R ] e - y /√y dy = 2(1 + i )/√2 · ⎰[√r , √R ] e - u ^2 du→ (1 + i )√2 · ⎰(0, +∞) e - u ^2 du = (1 + i )√2 · √π/2 = (1 + i )√(π/2).由Cauchy 积分定理,⎰C e i z /√z dz = 0,故其极限也为0,所以,⎰(0, +∞) cos x /√x dx + i ⎰(0, +∞) sin x /√x dx = (1 + i )√(π/2),即⎰(0, +∞) cos x /√x dx = ⎰(0, +∞) sin x /√x dx = √(π/2).8. 从⎰C √z ln z /(1 + z )2 dz 出发,其中C 是如图所示之周线,证明:⎰(0, +∞) √x ln x /(1 + x )2 dx = π,⎰(0, +∞) √x /(1 + x )2 dx = π/2.【解】在割去原点及正实轴的z 平面上,√z ,ln z 都能分出单值解析分支,√z 取在正实轴的上岸取正值的那个分支,ln z 取在正实轴的上岸取实数值的那个分支.记f (z ) = √z ln z /(1 + z )2 dz .f (z )的有限奇点只有- 1,且- 1是f (z )的2阶极点.Res[√z ln z /(1 + z )2; - 1] = lim z → - 1 ((1 + z )2 · f (z ))’= lim z → - 1 (√z ln z )’ = lim z → - 1 (((1/2) ln z + 1 )√z /z )= ((1/2) ln (- 1) + 1 )√(- 1)/(- 1)= - ((1/2) πi + 1 )i = (1/2) π - i .当r < 1 < R 时,⎰C √z ln z /(1 + z )2 dz= ⎰C (r ) + ⎰C (R ) + ⎰L (1) + ⎰L (2) = 2πi Res[√z ln z /(1 + z )2; -1] = 2π + π2 i .⎰L (1) √z ln z /(1 + z )2 dz = ⎰(r , R ) √x ln x /(1 + x )2 dx→ ⎰(0, +∞) √x ln x /(1 + x )2 dx (当r → 0+,R →+∞时)⎰L (2) √z ln z /(1 + z )2 dz = ⎰(R , r ) (-√x )(ln x + 2πi )/(1 + x )2 dx= ⎰(r , R ) (√x ln x )/(1 + x )2 dx + 2πi ⎰(r , R )√x /(1 + x )2 dx→ ⎰(0, +∞) √x ln x /(1 + x )2 dx + 2πi ⎰(0, +∞) √x /(1 + x )2 dx (当r → 0+,R →+∞时). 因为z · √z ln z /(1 + z )2 → 0 (当| z |→ +∞时),故⎰C(R) √z ln z/(1 + z)2dz→ 0 (当R → +∞时).因为z ·√z ln z/(1 + z)2 → 0 (当| z |→ 0时),故⎰C(r) √z ln z/(1 + z)2dz→ 0 (当r → 0时).所以,⎰L(1)+ ⎰L(2)→π/2 -i (当r→ 0+,R→+∞时).故2⎰(0, +∞)√x ln x/(1 + x)2dx + 2πi⎰(0, +∞) √x /(1 + x)2dx = 2π + π2i.所以,⎰(0, +∞)√x ln x/(1 + x)2dx = π,⎰(0, +∞)√x /(1 + x)2dx = π/2.9. 证明:I = ⎰(0, 1) 1/((1 + x2)(1 -x2)1/2) dx = π/23/2.在割线的上岸(1 -z2)1/2取正值的那一支.因i和-i都是f(z)的一阶极点,故Res[ f(z); i] = 1/(2z (1 -z2)1/2)|z = i= -i/23/2.Res[ f(z); i] = 1/(2z (1 -z2)1/2)|z = –i= -i/23/2.若x在上岸,则f(x) = 1/((1 + x2)(1 -x2)1/2);若x在下岸,则f(x) = e-i π/((1 + x2)(1 -x2)1/2);⎰L(1) f(z) dz = ⎰[– 1 + r, 1 –r] f(x) dx.⎰L(2) f(z) dz = ⎰[– 1 + r, 1 –r] f(x) dx.因为lim z→–1 (1 + z) f(z) = 0,lim z→ 1 (1 -z) f(z) = 0,故⎰S(r) f(z) dz→ 0,⎰T(r) f(z) dz→ 0 (as r → 0).因为lim z→∞z f(z) = 0,故⎰C(R) f(z) dz→ 0 (as R → +∞).故⎰L(1) f(z) dz + ⎰L(2) f(z) dz→ (2πi)(Res[ f(z); i] + Res[ f(z); -i]) (as r→ 0+,R→+∞).所以2⎰(– 1, 1) f(x) dx = (2πi)(Res[ f(z); i] + Res[ f(z); -i]) = (2πi)(-i/23/2) = 2π/23/2.故⎰(– 1, 1) f(x) dx = π/23/2.10. 证明方程e z-λ= z ( λ> 1 )在单位圆| z | < 1内恰有一个根,且为实根.【解】在单位圆周C : | z | = 1上,设z = x + i y,则z-λ= (x -λ) + i y,故| e z-λ| = | e (x -λ) + i y | = | e x -λ| < 1 = | z |,由Rouché定理,N(z - e z-λ, C) = N(z, C) = 1.故z - e z-λ = 0在单位圆内恰有一个根.设f(x) = x - e x-λ,x∈ .因f(- 1) = (- 1)- e-1 -λ < 0,f(1) = 1- e 1 -λ > 0,故x - e x-λ = 0在区间(- 1, 1)内有根.所以方程e z-λ= z ( λ> 1 )在单位圆| z | < 1内的唯一根为实根.[原题是错题.例如c = 1/2,λ= 2,则∀z∈ ,当| z | < 1时,| c z-λ| = | exp((z-λ) Ln c)| = | exp(( z– 2)(ln| 1/2| + 2kπi)) | = e (2 –z)ln2 > 1 > | z |.]11. 证明方程e z- eλz n= 0 ( λ> 1 )在单位圆| z | < 1内有n个根.【解】在单位圆周C : | z | = 1上,| e z| = e Re(z)≤ e | z |≤ e < eλ= | eλz n |,由Rouché定理,N(eλz n- e z, C) = N(eλz n, C) = N(z n, C) = n.12. 若f(z)在周线C内部除有一个一阶极点外解析,且连续到C,在C上| f(z) | = 1,证明f(z) = a ( | a | > 1 )在C内部恰好有一个根.【解】考虑圆K = { z∈ | | z–a | < | a |}.因为| (a-f(z)) -a | = | f(z) | = 1 < | a |,故a-f(z)∈K.因ln(a-f(z))的每个分支,以及他们的导数(ln(a-f(z))’都在K内解析;故i ∆C arg (a-f(z) ) = ⎰C(ln(a-f(z))’dz = 0.由辐角原理,N(a -f(z), C) -P(a -f(z), C) = (2π)–1∆C arg (a-f(z) ) = 0.而a -f(z)在周线C内部除有一个一阶极点外解析,故P(a -f(z), C) = 1.因此N(a -f(z), C) = 1,故f(z) = a ( | a | > 1 )在C内部恰好有一个根.13. 若f(z)在周线C的内部亚纯且连续到C,试证:(1) 若z∈C时,| f(z) | < 1,则方程f(z) = 1在C的内部的根的个数,等于f(z)在C 的内部的极点个数.(2) 若z∈C时,| f(z) | > 1,则方程f(z) = 1在C的内部的根的个数,等于f(z)在C 的内部的零点个数.【解】(1) 类似第12题,设K = { z∈ | | z– 1 | < 1}.因| (1 -f(z)) – 1 | = | f(z) | < 1,故(1 -f(z))∈K.因i ∆C arg (a-f(z) ) = ⎰C(ln(1 -f(z))’dz = 0.故由辐角原理,N(1-f(z), C) -P(1-f(z), C) = (2π)–1∆C arg (a-f(z) ) = 0.而P(1-f(z), C) = P( f(z), C),所以,N(1-f(z), C) = P( f(z), C).(2) 因z∈C时,| f(z) | > 1,故在C上,恒有f(z) ≠ 0,即f(z)在C上无零点.设g(z) = 1/f(z) ( 若z是f(z)极点则规定g(z) = 0,若z是f(z)的零点不定义g(z)).那么,g(z)在C的内部亚纯且连续到C,并且当z∈C时,| g(z) | < 1.由(1)的结论,在C的内部,方程g(z) = 1的根的个数等于g(z)的极点的个数.再注意到方程g(z) = 1和方程f(z) = 1在C的内部的根的个数相同,并且,因为在C的内部,z是f(z)的零点⇔z是g(z)的极点,故g(z)的极点个数等于f(z)的零点个数;所以,方程f(z) = 1在C的内部的根的个数,等于f(z)在C的内部的零点个数.14. 设ϕ(z)在C : | z | = 1内部解析,且连续到C.在C上,| ϕ(z) | < 1.试证:在C的内部只有一个点z0,使ϕ(z0) = z0.【解】设f(z) = z,则f(z)在C内部解析且连续到C,在C上,| f(z) | = 1 > | ϕ(z) |.由Rouché定理,N( f(z) -ϕ(z), C) = N( f(z), C) = 1.即方程ϕ(z) = z在C的内部只有一个根.p273第六章习题(二) [ 2, 3, 4, 5 ]2. 计算积分(1/(2πi))⎰C 1/(ζ(ζ- z)) dζ,其中C为单位圆周| ζ| = 1,z∉C.【解】设f(ζ) = 1/(ζ(ζ- z)).当| z | > 1时,f(ζ)在C内部的唯一奇点0是1阶极点,故(1/(2πi))⎰C f(ζ) dζ = Res[f(ζ), 0] = - 1/z.当0 < | z | < 1时,f(ζ)在C内部的两个奇点0, z都是1阶极点,故(1/(2πi))⎰C f(ζ) dζ = Res[f(ζ), 0] + Res[f(ζ), z] = (- 1/z) + (1/z) = 0.当| z | = 0时,f(ζ)在C内部的唯一奇点0是2阶极点,故(1/(2πi))⎰C f(ζ) dζ = Res[f(ζ), 0] = 0.3. 设f(z)在| z | < 1内解析,在| z | ≤ 1上连续,试证:(1 - | z |2) f(z) = (1/(2πi))⎰C : | ζ| = 1f(ζ) ((1-z*ζ)/(ζ- z)) dζ,其中z属于C的内部.【解】设g(ζ) = f(ζ) ((1-z*ζ)/(ζ- z)).若f(z) = 0,则z是g(ζ)的解析点,因此g(ζ)在| ζ | < 1内解析,在| ζ | ≤ 1上连续,故⎰C : | ζ| = 1g(ζ) dζ = 0,因此等式成立.若f(z) ≠ 0,则z是g(ζ)的一阶极点,故(1/(2πi))⎰C : | ζ| = 1f(ζ) ((1-z*ζ)/(ζ- z)) dζ = Res[f(ζ) ((1-z*ζ)/(ζ- z)), z]= f(z) (1-z*z ) = (1 - | z |2) f(z).4. 试证:(z n/n! )2 = (1/(2πi))⎰C : | ζ| = 1 (z n e zζ)/(n! ζ n + 1 ) dζ,这里C是围绕原点的一条周线.【解】只需要证明,当z≠ 0时,z n/n! = (1/(2πi))⎰C : | ζ| = 1 e zζ/ζ n + 1dζ.由高阶导数公式,(n!/(2πi))⎰C : | ζ| = 1 e zζ/ζ n + 1dζ = (e zζ)(n)|ζ= 0= (z n e zζ)|ζ= 0= z n.或(1/(2πi))⎰C : | ζ| = 1 e zζ/ζ n + 1dζ = Res[e zζ/ζ n + 1, 0] = ((e zζ)(n)|ζ= 0)/n!= z n/n!.5. 试证(含∞的区域的留数定理):设D是 ∞内含有∞的区域,其边界C是由有限条互不包含且互不相交的周线C1, C2, ..., C m组成,又设函数f(z)在D内除去有限个孤立奇点z1, z2, ..., z n及∞外解析,且连续到边界C,则⎰-C f(z) dz = 2πi ( ∑1≤k≤n Res[f(z), z k] + Res[f(z), ∞] ).【解】∀j : 1 ≤j ≤m,因∞不在C j上,故C j ⊆ 中,因此C j是有界集.故可取充分大的R > 0,使得周线C1, C2, ..., C m及在 中的孤立奇点z1, z2, ..., z n 都在圆K = { z∈ | | z | < R }内.由留数定理,⎰∂K f(z) dz + ⎰-C f(z) dz = 2πi∑1≤k≤n Res[f(z), z k];而Res[f(z), ∞] = - (1/(2πi))⎰∂K f(z) dz,所以,⎰-C f(z) dz = 2πi ( ∑1≤k≤n Res[f(z), z k] + Res[f(z), ∞] ).∀∃∅-⨯±≠≥·◦≤≡⊕⊗≅αβχδεφγηιϕκλμνοπθρστυϖωξψζ∞•︒ℵℜ℘∇∏∑⎰⊥∠ √§ψ∈∉⊆⊂⊃⊇⊄⊄∠⇒♣♦♥♠§ #↔→←↑↓⌝∨∧⋃⋂⇔⇒⇐∆∑ΓΦΛΩ∂∀m∈ +,★z∈ ∞α1, α2, ...αn lim n→∞,+n→∞∀ε > 0,∑u n,∑n≥ 1u n,m∈ ,∀ε > 0,∃δ> 0,【解】z⎰[0, 2π]l 2 dx,f(x) = (-∞, +∞)[-π, π]∑1 ≤k≤n u n,[0, 2π]。