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,](1 + 2 cos)/(5 + 4cos)d= 0，其中C取单位圆周|z| = 1．

【解】因为1/(z+ 2)在圆|z内解析，故

C1/(z+ 2)dz=

0．

设C:

z()= ei

，[0, 2]．

则

C1/(z+ 2)dz=

C1/(z+ 2)dz=

[0, 2]iei

/(ei

+ 2)d

=

[0, 2]i(cos+isin)/(cos+isin+ 2)d

=

[0, 2]( 2 sin+i(1 + 2cos))/(5 + 4cos)d

=

[0, 2]( 2 sin)/(5 + 4cos)d+i

[0, 2](1 + 2cos)/(5 + 4cos)d．

所以

[0, 2](1 + 2cos)/(5 + 4cos)d=

0．

因(1 + 2cos))/(5 + 4cos)以2为周期，故

[,](1 + 2cos)/(5 + 4cos)d= 0；因(1 + 2cos))/(5 + 4cos)为偶函数，故[0,](1 + 2 cos)/(5 + 4cos)d

[,](1 + 2cos)/(5 + 4cos)d=

0．

7. (分部积分法)设函数f(z),g(z)在单连通区域D内解析，,是D内两点，试证

[,]f(z)g’(z)dz= (f(z)g(z))|

[,]

[,]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．[,]f(z)g’(z)dz+

[,]g(z)f’(z)dz=

[,](f(z)g’(z)dz+g(z)f’(z))dz

=

[,](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

[,](f(z)g(z))’dz=f()g()f()g() = (f(z)g(z))|

[,]．

因此有

[,]f(z)g’(z)dz+

[,]g(z)f’(z)dz= (f(z)g(z))|

[,]，

即

[,]f(z)g’(z)dz= (f(z)g(z))|

[,]

[,]g(z)f’(z)dz．

13.设C:

z=z(t) (t)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，求证亦为光滑曲线．

【解】分两种情况讨论．

(1)当z()z()时，C不是闭曲线．此时z(t)是[,]到D内的单射，z(t)C1

[,]，且在[,]上，|z’(t) |

0．

因是曲线C在映射f下的象，所以可表示为w=f(z(t))

(t)．t[,]，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[,]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) |

0．所以，是光滑曲线．

(2)当z() =z()时，C是闭曲线．此时z(t)C1

[,]；在[,]上，有|z’(t) |0；z’() =z’()；t

1[,]，t

2(,)，若t

1t

2，则z(t

1)z(t

2)．与

(1)完全相同的做法，可以证明f(z(t))C1

[,]，且|f’(z(t))z’(t) |

0．由z() =z()和z’() =z’()，可知f’(z())z’() =f’(z())z’()．

因为t

1[,]，t

2(,)，若t

1t

2，则z(t

1)z(t

2)，

由f(z)于区域D内单叶，因此我们有f(z(t

1))f(z(t

2))．

所以是光滑的闭曲线．

14.设C:

z=z(t) (t)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，证明积分换元公式(w)dw=

C(f(z))f’(z)dz．

其中(w)沿曲线连续．

【解】由13题知曲线也是光滑曲线，其方程为w(t) =f(z(t)) (t)．故

(w)dw=

[,](w(t)) ·w’(t)dt=

[,](f(z(t))) ·(f’(z(t))z’(t))dt．而

C(f(z))f’(z)dz=

[,]((f(z(t)))f’(z(t))) ·z’(t)dt．

所以

(w)dw=

C(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+iv，w= |f(z) |2

，则w= ln (u2

+v2

)．wx= 2(u

xu+v

y= 2(u

yu+v

yv)；wxx= 2(u

xxu+u

x2

+v

xxv+v

x2

)，w

yy= 2(u

yyu+u

y2

+v

yyv+v

y2

)；

因为u,v都是调和函数，所以uxxu+u yyu= (u

xx+u

yy)u= 0，v

yyv= (v

xx+v

yy)v= 0；

由于u,v满足Cauchy-Riemann方程，故u x2

=v

y2

，v

x2

=u

y2，故w

xx+w

yy= 2 (u

x2

+v

x2

+u

y2

+v

y2

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r

1> 0，使得

K(a,r

1) = {z| |z a|

1}

D．

因f’(a)0，而解析函数f’(z)是连续的，故存在r 2> 0，使得

K(a,r

1)，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，t0 }割开的复平面上，多值函数g(z) = lnz 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．t0，|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,r

2)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,r

2)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+iv，则u,v也满足Cauchy-Riemann方程．记w= ln |f’(z) |，则wu2

+v2

)，wx= (u

xv) /(u2

+v2

)，w

y= (u

yu+v

yv) /(u2

+v2

)；wxx= ((u xxu+u

x2

+v

xxv+v

x2

)(u2

+v2

)2(u

xu+v

xv)2

)/(u2

+v2

yy= ((u

yyu+u

y2

+v

yyv+v

y2

)(u2

+v2

)2(u

yu+v

yv)2

)/(u2

+v2

)2；因为u,v都是调和函数，所以uxxu+u yyu= (u

xx+u

yy)u= 0，v

xxv+v

yyv= (v

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

+v

x2

v2

+ 2u xuv

xv+u

y2

u2

+v

y2

v2

+ 2u yuv

yv= (u x2

+v

x2

)(u2

+v2 )；故w

yy= (2(u

x2

+v

x2

)(u2

+v2

)2(u

x2

+v

x2

)(u2

+v2

))/(u2

+v2

)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Lnf’(z)的实部．但Lnz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

【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

z0f(z)存在的条件下，补充定义f

(0) = lim

z0f(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

z0f(z)不存在，也不是？]

2.沿从1到1的如下路径求

C1/√zdz．

(1)上半单位圆周；

(2)下半单位圆周，其中√z取主值支．

【解】

(1)√z= eiargz/2

，设C:

z()= ei

，[0,]．

C1/√zdz=

[0,]iei

/ei/2

d=

[0,]iei/2

d= 2ei/2|[0,]= 2( 1 +i)．

(2)√z= eiargz/2

，设C:

z()= ei

，[, 0]．C1/√zdz=

[, 0]iei

/ei/2

d=

[, 0]iei/2

d=2ei/2|[, 0]= 2(1i)．[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，以及沿C从1到的积分的极限，当分别在区域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)/(z1)dz|8，其中C为圆周|z 1 | =

2．

【解】若z C，|z+ 1 ||z 1 | + 2 = 4，故| (z+ 1)/(z1) |

2．

因此|

C(z+ 1)/(z1)dz|

C| (z+ 1)/(z1) |ds 2 ·Length(C) = 8．

4.设a,b为实数，s=+it(> 0)时，试证：

|ebs–eas

||s| ·|b–a|emax{a,b} ·．

【解】因为f(z) =esz

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esz

/s是f(z)的一个原函数，所以

|

Cesz

dz| = |esz

/s|

[a,b]| = |ebs–eas

|/|s|．

而|

Cesz

dz|

C|esz

|ds=

C|e(+it)z

|ds=

C|e z+itz

|ds

=

C|e z

|ds

Cemax{a,b} ·

ds= |b–a|emax{a,b} ·．

所以|ebs–eas

||s| ·|b–a|emax{a,b} ·．

5.设在区域D= {z:

| argz|

Re(

C1/(1 +z2

)dz) =/

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+iy，z D，

iz{z:

0 < argz<} = {z:

Imz> 0 }，

iz{z:

< argz< 0 } = {z:

第三章 复变函数得积分(答案)

复变函数练习题第三章复变函数得积分 系专业班姓名学号 §1 复变函数积分得概念§4原函数与不定积分 一.选择题 1.设为从原点沿至得弧段,则[ ] (A) (B) (C) (D) 2、设就是,从1到2得线段,则[ ] (A) (B) (C) (D) 3.设就是从到得直线段,则[ ] (A) (B)(C)(D) 4.设在复平面处处解析且,则积分[ ] (A) (B) (C) (D)不能确定 二.填空题 1．设为沿原点到点得直线段,则 2 。 2．设为正向圆周,则 三.解答题 1.计算下列积分。 (1) (2) (3) (4) 2.计算积分得值,其中为正向圆周: (1) (2) 3.分别沿与算出积分得值。 解:(1)沿y=x得积分曲线方程为 则原积分 (2)沿得积分曲线方程为 则原积分

1 20 1 1 3224300 [()](12)3112 [32(1)][()]2.2233I i t it it dt t t i t dt t t i t t i =--+=--+-=--+-=-+?? 4.计算下列积分 (1) ,C:从到得直线段; C 得方程: 则原积分 (2) ,C:上沿正向从1到。 C 得方程: 则原积分 复变函数练习题 第三章 复变函数得积分 系 专业 班 姓名 学号 §2 柯西－古萨基本定理 §3 基本定理得推广－复合闭路定理 一、选择题 1． 设在单连通区域内解析,为内任一闭路,则必有 [ ] (A) (B) (C) (D ) 2.设为正向圆周,则 [ ] (A) (B ) (C) (D) 3.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 [ ] (A) (B) (C ) (D)不能确定 二、填空题 1.设为正向圆周,则 2.闭曲线取正方向,则积分 0 。 三、解答题 利用柯西积分公式求复积分 (1)判断被积函数具有几个奇点; (2)找出奇点中含在积分曲线内部得, 若全都在积分曲线外部,则由柯西积分定理可得积分等零; 若只有一个含在积分曲线内部,则直接利用柯西积分公式; 若有多个含在积分曲线内部,则先利用复合闭路定理,再利用柯西积分公式、 1.计算下列积分 (1) 、

复变函数论第三版课后习题答案 2

第一章习题解答 （一） 1 ．设z =z 及Arcz 。 解：由于3i z e π -== 所以1z =，2,0,1, 3 Arcz k k ππ=-+=±。 2 ．设121z z =，试用指数形式表示12z z 及12 z z 。 解：由于6412,2i i z e z i e ππ -==== 所以()6 46 4 12 12222i i i i z z e e e e π πππ π --=== 54()14612 26 11222i i i i z e e e z e πππππ +-===。 3．解二项方程440,(0)z a a +=>。 解：1 244 4 (),0,1,2,3k i i z a e ae k ππ π+====。 4．证明2 2 21212122()z z z z z z ++-=+，并说明其几何意义。 证明：由于2 2 2 1212122Re()z z z z z z +=++ 2 2 2 12 12122Re()z z z z z z -=+- 所以2 2 21212 122()z z z z z z ++-=+ 其几何意义是：平行四边形对角线长平方和等于于两边长的和的平方。 5．设z 1，z 2，z 3三点适合条件：0321=++z z z ,1321===z z z 。证明z 1，z 2，z 3是内 接于单位圆 1 =z 的一个正三角形的顶点。 证 由于1 321 ===z z z ，知 321z z z ?的三个顶点均在单位圆上。 因为 3 33 31z z z == ()[]()[]212322112121z z z z z z z z z z z z +++=+-+-= 21212z z z z ++= 所以， 1212 1-=+z z z z ， 又 ) ())((1221221121212 21z z z z z z z z z z z z z z +-+=--=- ()322121=+-=z z z z

第三章 复变函数的积分习题与解答

第三章 复变函数的积分习题与解答 3.1 如果函数()f z 是在【1】单连通区域；【2】复通区域中的解析函数，问其积分值与路径有无关系？ 【答案 单连通 无关，复连通 有关】 3.2 计算积分 ||z ? 【答案 0】 3.3 计算积分 22d L z z a -? :其中0a >．设 L 分别为 （1）(1)||/2; ||; (3)||z a z a a z a a =-=+= 【答案 (1)0；（2）πi a ； (3)πi a -】 3.4 计算积分 Im d C z z ?，其中积分曲线C 为 （１）从原点到2i +的直线段； （２）上半圆周 ||1z =，起点为1，终点为1-； （３）圆周|| (0)z a R R -=>的正方向（逆时针方向） 【答案 2(1)1i /2;(2)π/2;(3)πR +--】 3.5 计算积分 d ||C z z z ? 的值， (1)||2; (2)||4;z z == 【答案(1)4πi;(2)8πi 】 3.6 计算积分的值 π2i 0 cos d 2z z +? 【答案 1/e e +】 3.7计算下列积分的值 （1） ||1d cos z z z =? ；（2）2||2d z ze z =? 21||1||12i d d (3); (4)24()(2)z z z z z z z z ==++++?? 【答案（1）0；（2） 0；（3） 0；（4） 4πi 4i +】 3.8 计算 2||2||232|i|1||1522||1|i|2(1)d ; (2)d ;3(1)(21)cos (3)d ; (4)d (i)(2)d (5)d ; (6)(4)z z z z z z z z z e z z z z z z z e z z z z z e z z z z z ==-===-=--+--+?????? 【答案 （1）0；（2）0；（3）πicosi -；（4）3πi 2-；（5）πi 12（6）π8-】 3.9 计算积分 （1）π61i i 000(1)sin d ; (2)ch3d ; (3)(1)d z z z z z z z e z --??? 【答案 13(1)s i n 1c o s 1; (2)i ; (3)1c o s 1i [s i n (1)1]- -+-】

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 ? +i dz z 30 2。 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 ()()()?? +=??????+=+=+1 3 1 0332 3 30 2 33 13313i t i dt t i dz z i 2) 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 = 33 0330 2 3 2 33 131=??? ???==?? 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 = ()()()33 1 031 0233 233133 13313-+=??????+=+=?? +i it idt it dz z i ()()()3 3331 02 3 0230233 133********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 = ()()31 031 202 3 131i 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 = ()()()33 1 031 02 32 3113 131i i i t dt i t dz z i i -+=??????+=+=?? + ()()3 333320 2 30 2 13 13113131i i i i dz z dz z dz z i i i i +=-++= += ∴? ? ? ++ 2． 分别沿x y =与2 x y =算出积分 ()?++i dz iy x 10 2 的值。 解：x y = ix x iy x +=+∴2 2 ()dx i dz +=∴1 ()()()()()??? ??++=????? ???? ??++=++=+∴ ?? +i i x i x i dx ix x i dz iy x i 213112131111 0231 0210 2 2 x y = ()2 2 2 2 1x i ix x iy x +=+=+∴ ()dx x i dz 21+=∴ ()()()()()? ???? ??++=????? ???? ??++=++=+∴ +1 1 043210 2 2131142311211i i x i x i dx x i x i dz iy x i

复变函数论第三版课后习题答案解析

1．设 z 1 3i ，求 z 及 Arcz 。 解：由于 z 1， Arcz 2k , k 0, 1, 。 3 (z 1 z 2)( z 1 z 2) z 1z 1 z 2z 2 (z 1z 2 z 2z 1) 2 z 1z 2 z 1 z 2 3 第一章习题解 答 (一) 2．设 z 1 i , z 3 1 ，试用指数形式表示 1 2 2 z 1z 2 及 z 1 。 z 2 4 i 6i 1 i i 解：由于 z 1 e 3 4 , z 2 3 i 2e 1 2 2 i i ( )i i 所以 z1z2 e 4i 2e 6i 2e ( 4 6)i 2e 12i i z 1 e 4 1 e (4 6)i i z 2 2e 6 2 5i 1 1 e 12 。 2 3．解二项方程 z 4 a 4 0,(a 0) 。 2k i 解： z 4 a 4 (a 4e i )4 ae 4 ,k 0,1,2,3 。 4．证明 z 1 2 2 z 1 z 2 z 1 z 2 证明：由于 2 2 z 1 z 2 z 1 2 2 z 2 2 z 1 z 2 2( z 1 所以 z 1 z 2 其几何意义是： z 2 ) 2 2 ，并说明其几何意义。 2 2 Re(z 1 z 2) z 2 2Re(z 1 z 2) z 1 z 2 2( z 1 z 2 ) 平行四边形对角线长平方和等于于两边长的和的平方。 5．设 z 1， z 2，z 3三点适合条件： z1 z2 z3 0 z 1 z 2 z3 1 。证明 z 1，z 2， z 3是内 接于单位 圆 z 1 的一个正三角形的顶点。 证 由于 z 1 z 2 z3 1 ，知 z 1z 2z 3 的三个顶点均在单位圆上。 因为 所以， z 1z 2 z 1z 2 1 ， 所以 z 1 z 2

第三章复变函数的积分(答案)

复变函数练习题 第三章 复变函数的积分 系 专业 班 姓名 学号 §1 复变函数积分的概念 §4 原函数与不定积分 一．选择题 1．设C 为从原点沿2 y x =至1i +的弧段，则2()C x iy dz +=? [ ] （A ） 1566i - （B ）1566i -+ （C ）1566i -- （D ）15 66 i + 2. 设C 是(1)z i t =+，t 从1到2的线段，则arg C zdz =? [ ] （A ） 4 π （B ）4i π （C ）(1)4i π+ （D ）1i + 3．设C 是从0到12 i π+的直线段，则z C ze dz =? [ ] （A ）12e π- （B ）12e π-- （C ）12ei π+ （D ）12 ei π - 4．设()f z 在复平面处处解析且 ()2i i f z dz i ππ π-=?，则积分()i i f z dz ππ--=? [ ] （A ）2i π （B ）2i π- （C ）0 （D ）不能确定 二．填空题 1． 设C 为沿原点0z =到点1z i =+的直线段，则 2C zdz =? 2 。 2． 设C 为正向圆周|4|1z -=，则22 32 (4) C z z dz z -+=-? 10.i π 三．解答题 1．计算下列积分。 （1） 323262121 ()02i z i i z i i i e dz e e e ππππππ---= =-=?

（2） 2 2222sin 1cos2sin 222 4sin 2.244i i i i i i zdz z z z dz i e e e e i i i i ππππππππππ ππππ------?? ==- ????? --=-=-=+ ?? ? ?? （3） 1 1 0sin (sin cos )sin1cos1. z zdz z z z =-=-? （4） 20 222 cos sin 1sin sin().2 22 i i z z dz z i ππππ= =?=-? 2．计算积分 ||C z dz z ?的值，其中C 为正向圆周： （1）

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,](1 + 2 cos)/(5 + 4cos)d= 0，其中C取单位圆周|z| = 1． 【解】因为1/(z+ 2)在圆|z内解析，故 C1/(z+ 2)dz= 0． 设C: z()= ei ，[0, 2]． 则 C1/(z+ 2)dz= C1/(z+ 2)dz= [0, 2]iei /(ei + 2)d = [0, 2]i(cos+isin)/(cos+isin+ 2)d =

[0, 2]( 2 sin+i(1 + 2cos))/(5 + 4cos)d = [0, 2]( 2 sin)/(5 + 4cos)d+i [0, 2](1 + 2cos)/(5 + 4cos)d． 所以 [0, 2](1 + 2cos)/(5 + 4cos)d= 0． 因(1 + 2cos))/(5 + 4cos)以2为周期，故 [,](1 + 2cos)/(5 + 4cos)d= 0；因(1 + 2cos))/(5 + 4cos)为偶函数，故[0,](1 + 2 cos)/(5 + 4cos)d [,](1 + 2cos)/(5 + 4cos)d= 0． 7. (分部积分法)设函数f(z),g(z)在单连通区域D内解析，,是D内两点，试证 [,]f(z)g’(z)dz= (f(z)g(z))| [,] [,]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．[,]f(z)g’(z)dz+ [,]g(z)f’(z)dz= [,](f(z)g’(z)dz+g(z)f’(z))dz

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? +i dz z 30 2 。 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 () ()()?? +=??????+=+= +1 3 1 332 3 30 2 3313313i t i dt t i dz z i 2) 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 = 33 33 2 3 2 33131=??? ???== ? ? 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 i d t dz = () ()()33 1 31 2 33 2 3313313313-+=??????+=+= ?? +i it idt it dz z i ()()()33 3 3 1 02 30 2 30 2 33 13 3 133 133 13i 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 i d t dz = ()()31 31 20 2 3131i 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 = () ()()33 1 31 2 32 3113131i i i t dt i t dz z i i -+=??????+=+= ?? + ()()33 3 3 32 2 30 2 13 13 113 13 1i i i i dz z dz z dz z i i i i += - ++ = + = ∴ ? ? ? ++ 2． 分别沿x y =与2 x y =算出积分()? ++i dz iy x 10 2 的值。 解：x y = ix x iy x +=+∴2 2 ()dx i dz +=∴1 ()()()()()??? ??++=? ???? ???? ??++=++=+∴ ? ?+i i x i x i dx ix x i dz iy x i 213112131111 0231 210 2 2 x y = ()2 2 2 2 1x i ix x iy x +=+=+∴ ()dx x i dz 21+=∴ ()()()()()? ???? ??++=????? ???? ??++=++=+∴ +1 1 0432 10 2 2131142311211i i x i x i dx x i x i dz iy x i 而()i i i i i 6 5 6121213131213 11+-=-++=??? ??+ +

复变函数试题与答案

第一章 复数与复变函数 一、 选择题 1．当i i z -+= 11时，5075100z z z ++的值等于（ ） （A ）i （B ）i - （C ）1 （D ） 1- 2．设复数z 满足3 )2(π = +z arc ，6 5)2(π = -z arc ，那么=z （ ） （A ） i 31+- （B ）i +-3 （C ）i 2321 +- （D ）i 2 123+- 3．复数)2 ( tan πθπ θ <<-=i z 的三角表示式是（ ） （A ） )]2 sin()2 [cos(sec θπ θπ θ+++i （B ）)]2 3sin()23[cos(sec θπ θπθ+++i （C ）)]23sin()23[cos( sec θπθπθ+++-i （D ）)]2 sin()2[cos(sec θπ θπθ+++-i 4．若z 为非零复数，则22z z -与z z 2的关系是（ ） （A ）z z z z 222≥- （B ）z z z z 222=-

（C ）z z z z 222≤- （D ）不能比较大小 ５．设y x ,为实数，yi x z yi x z +-=++=11,1121且有1221=+z z ，则动点),(y x 的轨迹是（ ） （A ）圆 （B ）椭圆 （C ）双曲线 （D ）抛物线 ６．一个向量顺时针旋转 3 π ，向右平移３个单位，再向下平移１个单位后对应的复数为i 31-，则原向量对应的复数是（ ） （A ）2 （B ）i 31+ （C ）i -3 （D ）i +3 ７．使得2 2z z =成立的复数z 是（ ） （A ）不存在的 （B ）唯一的 （C ）纯虚数 （D ）实数 ８．设z 为复数，则方程i z z +=+2的解是（ ） （A ）i +-4 3 （B ）i +43 （C ）i -4 3 （D ） i --4 3

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 o 1）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

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)．

复变函数论第三版课后习题标准答案

复变函数论第三版课后习题答案

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第一章习题解答 （一） 1．设132 i z -=，求z 及Arcz 。 解：由于3132 i i z e π--== 所以1z =，2,0,1,3 Arcz k k ππ=-+=±L 。 2．设121,312 i z z +==-，试用指数形式表示12z z 及12 z z 。 解：由于64121,322 i i i z e z i e ππ -+===-= 所以()6 46 41212222i i i i z z e e e e π πππ π --=== 54()14612 26 11222i i i i z e e e z e πππππ +-===。 3．解二项方程44 0,(0)z a a +=>。 解：1 24 444 4 (),0,1,2,3k i i z a a e ae k ππ π+=-===。 4．证明2 2 21212122()z z z z z z ++-=+，并说明其几何意义。 证明：由于2 2 2 1212122Re()z z z z z z +=++ 2 2 2 12 12122Re()z z z z z z -=+- 所以2 2 21212 122()z z z z z z ++-=+ 其几何意义是：平行四边形对角线长平方和等于于两边长的和的平方。 5．设z 1，z 2，z 3三点适合条件：0321=++z z z ,1321 ===z z z 。证明z 1，z 2，z 3是内 接于单位圆1=z 的一个正三角形的顶点。 证 由于1321===z z z ，知321z z z ?的三个顶点均在单位圆上。 因为 333 31z z z == ()[]()[]212322112121z z z z z z z z z z z z +++=+-+-= 21212z z z z ++= 所以， 12121-=+z z z z ， 又 ) ())((1221221121212 21z z z z z z z z z z z z z z +-+=--=- ()322121=+-=z z z z

复变函数论第三版课后习题答案解析

第一章习题解答 (一) 1. 设z ,求z 及Arcz 。 解: 由于3i z e π-== 所以1z =,2,0,1,3 Arcz k k ππ=-+=±L 。 2. 设121z z =,试用指数形式表示12z z 及12 z z 。 解: 由于6412,2i i z e z i e ππ-==== 所以()64641212222i i i i z z e e e e ππππ π--=== 54()1461226 11222i i i i z e e e z e πππππ+-===。 3.解二项方程440,(0)z a a +=>。 解 :12444(),0,1,2,3k i i z a e ae k πππ+====。 4.证明2221212 122()z z z z z z ++-=+,并说明其几何意义。 证明:由于22212 12122Re()z z z z z z +=++ 2221212122Re()z z z z z z -=+- 所以2221212122()z z z z z z ++-=+ 其几何意义就是:平行四边形对角线长平方与等于于两边长的与的平方。 5.设z 1,z 2,z 3三点适合条件: 0321=++z z z ,1321===z z z 。证明z 1,z 2,z 3就是内接于单位圆1=z 的一个正三角形的顶点。 证 由于1 321===z z z ,知321z z z ?的三个顶点均在单位圆上。 因为 3 3331z z z == ()[]()[]212322112121z z z z z z z z z z z z +++=+-+-= 21212z z z z ++= 所以, 1212 1-=+z z z z , 又 )())((122122112121221z z z z z z z z z z z z z z +-+=--=- ()322121=+-=z z z z

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()C f 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 ()()()...()n C C C C f z dz f z dz f z dz f z dz =+++????12，其中,,...n C C C 1 2 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() ()C f z dz if z z z π=-? 00 2 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 C f z i dz f z z z n π+=-? 0102 习题： 1.计算积分?++-i dz 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 3 13121212131211 03222321 1 21 1 2 1 1 21 1 2 10 2 10 2 i x ix y i x ix x dx ix 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 i i +-= -+--+=++--+=++--+=++-=+-??????????++)()()()()())(()(2.计算积分?-i i dz 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 iy =+， 则z dz xd idy ==+，在积分路径上，0x =，所以 1 1 i i z dz iydy iydy i --=-+=??? （2）令i z re θ =，在积分路径上：,1i z r dz ie d θθ=== //2 2 2i i i z dz ie d i πθπθ--= =? ? （3）令i z re θ =，在积分路径上：,1i z r dz ie d θθ=== //2 32 2i i i z 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。 （1）cos C dz z ?，（2）222C dz z z ++?，（3）256z C e dz z z ++?， 解：（1）因为函数 cos 1 z 在单位圆所围的区域内解析，所以cos 0C dz z =?。C

复变函数习题解答(第1章)

p44第一章习题(一)[ 13, 16, 17 , 20] 13. 试证arg z ( -π < arg z ≤π )在负实轴(包括原点)上不连续，除此而外在z平面上处处连续． 【解】记f(z) = arg z，D = \{ z∈ | Im(z) = 0，Re(z) ≤ 0}， D1 = { z∈ | Re(z) > 0}，D2 = { z∈ | Im(z) > 0}，D3 = { z∈ | Im(z) < 0}． (1) 首先，f(z)在原点无定义，故f(z)在原点处不连续． (2) 设a∈ ，且a < 0．则f(a) = π． 考察点列z n = | a | (cos(1/n-π)+ i sin(1/n-π))，n∈ +． 显然，-π < 1/n-π≤π，故f(z n) = 1/n-π． 而lim n→∞z n = lim n→∞( | a | (cos(1/n-π)+ i sin(1/n-π)) ) = a， 但lim n→∞f(z n) = lim n→∞(1/n-π) = -π≠f(a)．故f(z)在a处不连续． (3) 下面证明f(z)在D1, D2, D3这三个区域上都连续．设z = x + i y，x, y∈ ．(3.1) 在D1上，f(z) = arctan(y/x)，因arctan(y/x)是{(x, y)∈ 2 | x > 0 }上的二元连续函数，故f(z)是D1上的连续函数． (3.2) 在D2上，f(z) = arccot(x/y)，因arccot(x/y)是{(x, y)∈ 2 | y > 0 }上的二元连续函数，故f(z)是D2上的连续函数． (3.3) 在D3上，f(z) = arccot(x/y) -π，因arccot(x/y) -π是{(x, y)∈ 2 | y < 0 }上的二元连续函数，故f(z)是D3上的连续函数． (4) 最后证明f(z)是D = \{ z∈ | Im(z) = 0，Re(z) ≤ 0}上的连续函数． ?a∈D，因为D = D1?D2?D3，故存在k (k = 1, 2, 3)，使得a∈D k． 因D k是开集故存在r > 0，使得U r(a) = { z∈ | | z –a | < r } ?D k． 根据(3)，f(z)在D k上是连续的，故?ε > 0，?η> 0，使得 ?z∈D k，当| z–a | < η时，| f(z) -f(a) | < ε． 设δ= min { r, η}，则?z∈D，当| z–a | < δ时，z∈U r(a) ?D k， 又因| z–a | < δ< η，故必有| f(z) -f(a) | < ε． 所以，f在a处连续． 由a的任意性，f(z)是上的连续函数． [连续性部分的证明可以用几何的方法，而且写起来会简单些．但我们之所以选择这个看起来很复杂的方法，是可以从这里看出θ(z) = arg(z)作为(x, y)的二元函数，在D1, D2, D3上都有很明显的可导的表达式，因此它在区域D上不仅是连续的，而且是连续可导二元函数：θx = y/(x2 + y2)，θy = -x/(x2 + y2)． 证明中的第四部分并不是多余的，这是因为若f在两个集合A, B上都连续(即使它们有公共的部分)，一般说来，并不能保证f在两个集合A?B上也连续．

复变函数习题三解读

第三章 复变函数的积分 一、 判断题 （1） 微积分中的求导公式、洛必达法则、中值定理等均可推广到复变函数。（ ） （2） 有界整函数必为常数。（ ） （3） 积分 ? =--r a z dz a z 1 的值与半径)0(>r r 的大小无关。（ ） （4） 若在区域D 内有)()(z g z f ='，则在D 内)(z g '存在且解析。（ ） （5） 若)(z f 在10<

复变函数与积分变换(修订版-复旦大学)课后的第三章习题答案

习题三 1. 计算积分2 ()d C x y ix z -+?,其中C 为从原点到点1+i 的直线段. 解 设直线段的方程为y x =,则z x ix =+. 01x ≤≤ 故 ()()1 22 1 23 1 0()1 1 (1)(1)(1)333C x y ix dz x y ix d x ix i i ix i dx i i x i -+=-++-=+=+?=+=?? ? 2. 计算积分(1)d C z z -?，其中积分路径C 为 (1) 从点0到点1+i 的直线段; (2) 沿抛物线y=x2，从点0到点1+i 的弧段. 解 (1)设z x ix =+. 01x ≤≤ ()()1 11()C z dz x ix d x ix i -=-++=?? (2)设2 z x ix =+. 01x ≤≤ ()()1 22 211()3 C i z dz x ix d x ix -=-++=?? 3. 计算积分d C z z ?，其中积分路径C 为 (1) 从点-i 到点i 的直线段; (2) 沿单位圆周|z|=1的左半圆周，从点-i 到点i; (3) 沿单位圆周|z|=1的右半圆周，从点-i 到点i. 解 (1)设z iy =. 11y -≤≤ 11 1 1 C z dz ydiy i ydy i --===??? (2)设i z e θ =. θ从32π到2π 22 332 2 12i i C z dz de i de i π π θ θππ===???

(3) 设i z e θ =. θ从32π到2π 2 32 12i C z dz de i π θ π==?? 6. 计算积分()sin z C z e z dz -??,其中C 为 z a =>. 解 ()sin sin z z C C C z e z dz z dz e zdz -?=-?? ?? ∵sin z e z ?在z a =所围的区域内解析 ∴ sin 0 z C e zdz ?=? 从而 ()20 22 sin 0 z i C C i z e z dz z dz adae a i e d π θ πθθ-?= ===? ? ?? 故()sin 0 z C z e z dz -?=? 7. 计算积分2 1 (1) C dz z z +? ,其中积分路径C 为 （1）11:2 C z = （2） 23:2 C z = （3） 31:2 C z i += （4） 43:2 C z i -= 解：（1）在 1 2 z = 所围的区域内， 21 (1)z z +只有一个奇点0z =. 12 1 11111 ()2002(1) 22C C dz dz i i z z z z i z i ππ= -?-?=--=+-+? ? （2）在2C 所围的区域内包含三个奇点 0,z z i ==±.故 22 1 11111()20(1) 22C C dz dz i i i z z z z i z i πππ= -?-?=--=+-+? ? （3）在2C 所围的区域内包含一个奇点 z i =-,故 321 11111()00(1) 22C C dz dz i i z z z z i z i ππ= -?-?=--=-+-+? ?（4）在4C 所围的区域内包含两个奇点 0,z z i ==,故

复变函数论第四版第三章练习

复变函数论 第三章 练习题 2014-04-14 复积分是研究解析函数的一个重要工具. 柯西积分定理及柯西积分公式尤其重要，是复变函数论的基本定理和基本公式。由柯西定理可导出解析函数的一系列重要结果，诸如柯西积分公式、柯西不等式、唯一性定理和最大模原理等。特别地，有解析函数有连续导数以及任意阶导数. 直到20世纪中期，这两个结果才分别由R.L.Plunkett(Bull.Amer.Math.Soc.65, 1959)及E.H.Conell and P.Porcelli(Bull.Amer.Math.Soc.67,1961)不用柯西定理，而用拓扑方法做出证明。作为柯西积分定理的推广，则由应用广泛的留数基本定理，代数学基本定理就是留数定理的一个简单推论，应用它还可以计算一些较复杂的实定积分。 一、柯西积分定理的理解 1.设函数()f z 在区域D 内解析，那么这个函数沿D 内任意闭路线积分是否都为零？为什么？ 2.对什么样的周线C , 有210.1 C dz z z =++? 3.设函数()f z 在0||1z <<内解析，且沿任何圆周:||,01C z r r =<<的积分值为零。问()f z 是否必须在0z =处解析？试举例说明之？ 4.设函数()f z 在单连通区域D 内解析，且在D 内的闭曲线C 上满足|()1| 1.f z -<证明：()0() C f z dz f z '=?. 二、利用柯西定理、柯西公式、不定积分（原函数）和路径无关性等计算积分 1.计算下列积分： （1）2,:||3(1)C dz C z z z =-? ； （2） 2sin ,:|2|29C z dz C z i z -=+?；（3）(||),:||1C z z C z +=? ； (4) (||sin ),:||0z C z e z dz C z a -=>?; *（5）,:||99(2)(4)(6)(100)C dz C z z z z z =-+-+?。 2.沿从1到1-的如下路径求. ? （1）上半单位圆周；（2）下半单位圆周，取沿负实轴割开平面的主值支。 3.设函数()f z 在||1z <内解析，在闭圆||1z ≤上连续，且(0)1,f =求积分