復(fù)變函數(shù)課后習(xí)題答案(全)

1、習(xí)題一答案1 .求下列復(fù)數(shù)的實(shí)部、虛部、模、幅角主值及共腕復(fù)數(shù):1i(1) 3 2i(i 1)(i 2)1 3i.8.21.(3)(4) i 4i i1 1 i解：（1） z13 2i3 2i13因此：Rez , Im z13213憶I w argz(2) Zi(i 1)(i 2),2-3 arctan-, z313i 3 i1 3i 102 .i13_3.1因此，Rez,Im z 一,1010|z|1 10,argzarctan1, 331 .i 10 10(3) z 1 i3i1 i3 3i25i2因此，Rez33,Im z34.5- 3 5iz , argzarctan-,z2 32(4

2、) z i8 4i21 i 1 4i i 1 3i因此，Rez 1, Im z 3,z|行，argz arctan3, z 1 3i2.將下列復(fù)數(shù)化為三角表達(dá)式和指數(shù)表達(dá)式:(1) i(2)1 ：3i(3)r(sini cos )(4) r(cosi sin(5) 1cosi sin(0解：（1） icos2i sin 一2ie2(2)1 3i22(cos-.2 i sin32 i2e3(3)r(sini cosrcos(i sin(2)re(，)i(4)r(cosi sinrcos(isin()re(5)1 cosi sin2sin2 22i sin -cos-222sin cos223.求

3、下列各式的值:i sin 2i2sin e 22(D (3 i)5(2)(1100i)(1 i)100(1 出i)(cosi sin )(1 i )(cos i sin )(4)(cos5(cos3i sin5)2i sin3 )3(5) ?i(6)71 i解：(1)(遙 i)5 2(cos(一)625(cos(2) (1 i)5-)isin( 5-)66100100/50(1 i) (2i)16( .3 i)(2i)502(2)50251(113i)(cos isin )(1 i)(cos i sin )2cos( ) i sin( )(cos i sin ) 33、2cos( ) i si

4、n( )cos()isin()2cos(丘)isin( -)(cos2i sin22gs(212) isin(2 12)i 12(cos5(4) A(cos32isin5 )isin3 )3cos10i sin10cos19i sin19cos( 9 ) isin( 9 )(5) 3 i 3cos i sin 221； 2 ,cos-( 2k ) i sin ( 2k3 23 22 i,2i,(6) ,1 i 2(cos i sin )44 2cos (2 42k1)i sin -(2 42k)4 2e8i, k41，k4.設(shè) Z13,Z2J3i,試用三角形式表示七Z14。與一Z2解：Z1 c

5、os -4isin-, z2 2cos( ) isin( g),所以44 2cos( )4 6i sin(46)2(cos12i sin),12zz21,、-cos( )24 6i sin(一46)1(cos5-212isin5-)125.解下列方程:(1) (zi)5 1(2) Z4a4 0(a 0)解：（1）z i 51,由此z 512k iie5i, (k 0,1,2,3,4)(2) Za44 a4(cosisin )acos1(412k ) isin 一( 42k ),當(dāng) k0,1,2,3時(shí)，對(duì)應(yīng)的4個(gè)根分別為:a2(1 i),?1 i)Y( 1i),a2(1 i)6.證明下列各題：（

6、1）設(shè)z xiy,則Iz證明:首先，顯然有zx |y|；周止匕有2(x2y2) (|x| ly)2,從而|z|（2）對(duì)任意復(fù)數(shù)4,4，有乙Z22Re(乙z2)證明：驗(yàn)證即可，首先左端（x1 x2）2(y1yz)2,而右端 x12 y12 x22 y22 2Re(x1iyj(x2 iy2)2222x1V1x2V22(%x2 y1y2)22(為 X2)(y1 y?),由此，左端二右端，即原式成立。(3)若a bi是實(shí)系數(shù)代數(shù)方程a0zn a1zn 1 L an 1z a0 0 的一個(gè)根，那么a bi也是它的一個(gè)根。證明：方程兩端取共腕，注意到系數(shù)皆為實(shí)數(shù)，并且根據(jù)復(fù)數(shù)的乘法運(yùn)算規(guī)則，zn (z)n

7、,由此得到：a0(z)n a1(z)n 1 L an 1 z a0 0 由此說(shuō)明：若z為實(shí)系數(shù)代數(shù)方程的一個(gè)根，則 Z也是。結(jié)論得證。,a b(4)若a 1,則b a,皆有Lb a 1 ab證明：根據(jù)已知條件，有aa 1,因此：a baba b1、十”= = a,證畢。1 abaaaba(a b)a(5)若|a 1, b 1,則有芻一上1 11abi、- I . |2,.、，；-、2 i. |2證明：|a b| (a b)(a b) |a| |b| ab ab,22 21 ab(1 ab)(1 ab) 1 同同ab ab,因?yàn)閨a| 1, b| 1,所以，, 222.222|a|b| |a|

8、|b| 1 (1 同)(|b| 1) 0 ,2 2 a b因而a b 1 ab ,即1,結(jié)論得證。1 ab7 .設(shè)憶| 1,試寫(xiě)出使|zn a|達(dá)到最大的z的表達(dá)式，其中n為正整數(shù)，a 為復(fù)數(shù)。解：首先，由復(fù)數(shù)白三角不等式有 zn a zn |a| 1 |a|,在上面兩個(gè)不等式都取等號(hào)時(shí) zn a達(dá)到最大，為此，需要取zn. n / nn a與a同向且z 1,即z應(yīng)為a的單位化向量，由此，z 一aaa8 .試用4,4,4來(lái)表述使這三個(gè)點(diǎn)共線(xiàn)的條件。解：要使三點(diǎn)共線(xiàn)，那么用向量表示時(shí)， z2 4與4 z1應(yīng)平行，因而二者應(yīng)同向或反向，即幅角應(yīng)相差 0或 的整數(shù)倍，再由復(fù)數(shù)的除法運(yùn)算規(guī)一z2 乙則

9、知Arg z1應(yīng)為0或 的整數(shù)倍，至此得到:z3 z，z2 4 ,一z1,z2,z3三個(gè)點(diǎn)共線(xiàn)的條件是 工為實(shí)數(shù)。z349 .寫(xiě)出過(guò)4，z2 （z1 z2）兩點(diǎn)的直線(xiàn)的復(fù)參數(shù)方程。解：過(guò)兩點(diǎn)的直線(xiàn)的實(shí)參數(shù)方程為:x x1 t(x2 x1) y Vi t(y2 %)因而，復(fù)參數(shù)方程為：iyi t(x2XiiV2 iVi)zi t(z2 zi)z x iy x1其中t為實(shí)參數(shù)。10 .下列參數(shù)方程表示什么曲線(xiàn)（其中t為實(shí)參數(shù)）（1）z （1 i）t（2）z a cost ibsint（3） z t -t解：只需化為實(shí)參數(shù)方程即可。(1) x t,y t,因而表示直線(xiàn)y x22(2) x acost

10、, y bsint,因而表示橢圓 二 冬 a2b2，、，1 -xy(3) x t, y -,因而表小雙曲線(xiàn)11 .證明復(fù)平面上的圓周方程可表示為zz az az c 0 ,其中a為復(fù)常數(shù)，c為實(shí)常數(shù)證明：圓周的實(shí)方程可表示為：x2 y2 Ax By c 0,，一 z zz z 22 I 2 一代入x , y ,并注意到 x y z zz,由此22izz2i0,/日 -A Bi A Bi -整理，得 zz z z c 022記公一Bi a,則ABia,由此得到22zz az az c 0,結(jié)論得證。12 .證明：幅角主值函數(shù)argz在原點(diǎn)及負(fù)實(shí)軸上不連續(xù)。證明：首先，argz在原點(diǎn)無(wú)定義，因而不

11、連續(xù)。對(duì)于x0 0,由argz的定義不難看出，當(dāng)z由實(shí)軸上方趨于x0時(shí)，argz ,而當(dāng)z由實(shí)軸下方趨于 x0時(shí)，argz ,由此說(shuō)明lim argz不存在，因而argz在x0點(diǎn)不連續(xù)，即在負(fù)實(shí)軸上不連續(xù)， z x0結(jié)論得證。一 1.13 .函數(shù)w 一把z平面上的曲線(xiàn)x 1和x2 y 4分別映成w平面中 z的什么曲線(xiàn) 解：Xt于x 1,其方程可表示為z 1 yi ,代入映射函數(shù)中，得111 iyw u iv - T ,z 1 iy 1 y1y 一一因而映成的像曲線(xiàn)的萬(wàn)程為u 2, v 一消去參數(shù) y,1 y 1 y行2 211 O O 1 Ou v 2 u,即（u ） v （一），表示一個(gè)1

12、y22圓周。對(duì)于 x z z0 r,是由到z0的距離大于或等于r的點(diǎn)構(gòu)成的集合，即圓心為z0半徑為r的圓周及圓周外部的點(diǎn)集。 z 1 z 3 8,說(shuō)明動(dòng)點(diǎn)到兩個(gè)固定點(diǎn)1和3的距離之和為一常數(shù)，因而表示一個(gè)橢圓。代入 z x iy,化為實(shí)方程得y24, 其方程可表示為z x iy 2cos 2i sin代入映射函數(shù)中，得11cos i sinw u iv z 2cos 2i sin2因而映成的像曲線(xiàn)的方程為u11cos, vsin,洎去參數(shù)22得u2 v2 1,表4，1 一一半徑為一的圓周214 .指出下列各題中點(diǎn)Z的軌跡或所表示的點(diǎn)集，并做圖: 解：（1） z z0 r （r 0）,說(shuō)明動(dòng)點(diǎn)到

13、Z0的距離為一常數(shù)，因而表示圓心為z0,半徑為r的圓周(x 2)2 y2 11615(4)|z i| |z i|,說(shuō)明動(dòng)點(diǎn)到i和i的距離相等，因而是i和i連線(xiàn)的 垂直平分線(xiàn)，即x軸。(5) arg(z i),幅角為一常數(shù)，因而表示以i為頂點(diǎn)的與x軸正向 4夾角為一的射線(xiàn)。415.做出下列不等式所確定的區(qū)域的圖形，并指出是有界還是無(wú)界，單連通還是多連通。(1) 2 IZ 3,以原點(diǎn)為心，內(nèi)、外圓半徑分別為 2、3的圓環(huán)區(qū)域， 有界，多連通(2) argz (02 )，頂點(diǎn)在原點(diǎn)，兩條邊的傾角分別為，的角形區(qū)域，無(wú)界，單連通(3) 3 1,顯然z 2,并且原不等式等價(jià)于 z 3 z 2 ,說(shuō)z 2

14、明Z到3的距離比到2的距離大，因此原不等式表示 2與3連線(xiàn)的垂直平 分線(xiàn)即X 左邊部分除掉X 2后的點(diǎn)構(gòu)成的集合，是一無(wú)界，多連通區(qū)域。(4) |z 2| |z 2| 1 ,顯然該區(qū)域的邊界為雙曲線(xiàn)|z 2| |z 2| 1 ,化為實(shí)方程為2424x y 1,再注意到z到2與z到 2的距離N差大于1,因而不 15等式表示的應(yīng)為上述雙曲線(xiàn)左邊一支的左側(cè)部分，是一無(wú)界單連通區(qū)域。(5) |z 1| 4|z 1|,代入z x iy ,化為實(shí)不等式，得17 228 2(x )2 y2 (一)21515 一 一 ，, 178 口 所以表小圓心為(一,0)半徑為一的圓周外部，是一無(wú)界多連通區(qū)域。1515習(xí)

15、題二答案1 .指出下列函數(shù)的解析區(qū)域和奇點(diǎn)，并求出可導(dǎo)點(diǎn)的導(dǎo)數(shù)。5311(D (z 1)(2) z 2iz (4) Z z 1z 3解：根據(jù)函數(shù)的可導(dǎo)性法則(可導(dǎo)函數(shù)的和、差、積、商仍為可導(dǎo)函數(shù)， 商時(shí)分母不為0),根據(jù)和、差、積、商的導(dǎo)數(shù)公式及復(fù)合函數(shù)導(dǎo)數(shù)公式， 再注意到區(qū)域上可導(dǎo)一定解析，由此得到：(D (z 1)5處處解析，(z 1)55(z 1)4(2) z3 2iz 處處解析，(z3 2iz)3z2 2i12(3)-的奇點(diǎn)為z 1 0 ,即z i ,z2 1(4) z(，)(z2 1) Z2 1 (z2 1)21八的奇點(diǎn)為z3,z 32z22(z 1)(zi)(z(z 3)2(z3)

16、2.判別下列函數(shù)在何處可導(dǎo)，何處解析，并求出可導(dǎo)點(diǎn)的導(dǎo)數(shù)。(1) f (z) xy2 x2yi (2) f (z) x2 y2i(3) f (z) x3 3xy2 i(3x2y y3)(4) f (z)z解：根據(jù)柯西一黎曼定理:/ ,、22(1) u xy , v x y ,22Ux y , Vy x ,Uy 2xy, Vx 2xy四個(gè)一階偏導(dǎo)數(shù)皆連續(xù)，因而u,v處處可微，再由柯西一黎曼方程uxvv, uvVx解得：x y 0,x y yx因此，函數(shù)在z 0點(diǎn)可導(dǎo)，f (0) uY ivY0,/ x x z 0函數(shù)處處不解析。22(2) u x , v y ,Ux 2x, Vy 2y,Uy 0

17、, Vx 0四個(gè)一階偏導(dǎo)數(shù)皆連續(xù)，因而U,V處處可微，再由柯西一黎曼方程U vv,比v解得：x y,x y yx因此，函數(shù)在直線(xiàn)y x上可導(dǎo)，f (x ix) Ux iVx|yx 2x,因可導(dǎo)點(diǎn)集為直線(xiàn)，構(gòu)不成區(qū)域,因而函數(shù)處處不解析。(3) u x3 3xy2, v 3x2八 2c 2-2c 2八八ux3x3y ,vy3x3y ,uy6xy,vx6xy四個(gè)一階偏導(dǎo)數(shù)皆連續(xù)，因而u,v處處可微，并且u,v處處滿(mǎn)足柯西一黎曼方程氏 vy, Ux/x y yvx因此，函數(shù)處處可導(dǎo)，處處解析,且導(dǎo)數(shù)為f/、1(4) f (z)= z(Z)ux1x iyivxx2x3x2iy2y23y +i6xyx3

18、z2Ux2 22 2，(x y )vy2y22 2 ,(x y )uy2xy(x2Vx2xy22 2 ,(x y )因函數(shù)的定義域?yàn)閦 0,故此，U,v處處不滿(mǎn)足柯西一黎曼方程,因而函數(shù)處處不可導(dǎo)，處處不解析。3.當(dāng)l,m,n取何值時(shí)f(z) my3 nx2y i(x3 lxy2)在復(fù)平面上處處解析解：u my3 nx2y, v x3 lxy2Ux2nxy, Vy 2lxy, Uy222, 23my nx , vx 3x ly ,由柯西一黎曼方程得:ux 2nxy vy 2lxy,22uy 3my nx vx由(1)得 n l ,由(2)得n 3,(1)3x2 ly2(2)3m l ,因而，最

19、終有m 1, n l 34.證明：若 f(z)解析，則有(一|f(z)|)2 (|f (z)|)2 |f 2 xy證明：由柯西一黎曼方程知，左端(一、U2 V2)2 (一 U2V2)2xy(UUx VVx)2,u2 V2(uuy YYJu2 V222(UUx VVx)(UVx VUx)22U (Ux Vx)V2(Ux Vx)222U Vf (z)|2右端，證畢。(uxVx)2ux iVx x x5.證明：若f (z) U iV在區(qū)域D內(nèi)解析，且滿(mǎn)足下列條件之一，則f(z)在D內(nèi)一定為常數(shù)。(1) f(z)在D內(nèi)解析,(2) U在D內(nèi)為常數(shù)，(3) |f (z)|在 D 內(nèi)為常數(shù)，(4) V U

20、2(5) 2U 3V 1證明：關(guān)鍵證明U,V的一階偏導(dǎo)數(shù)皆為0!(1) f(z) u iv ,因其解析，故此由柯西一黎曼方程得UxVy, Uy Vx (1)而由 f(z)的解析性，又有 UY Vv, uvVYx y y x (2)由(1)、(2)知，U U V V 0，因此 u G, v c2,即x y x y12 ff (z) c1 ic2為常數(shù)(2)設(shè)U C1,那么由柯西一黎曼方程得vxUy 0，vy Ux ，說(shuō)明v與x,y無(wú)關(guān)，因而v c2,從而f(z) C| ic2為常數(shù)。|222(3)由已知，f (z)|u vc0為常數(shù)，等式兩端分別對(duì) x, y求偏導(dǎo)數(shù)，得J)所 以 又 有(2)v

21、y ,說(shuō)明u,v皆與x,y無(wú)2uux 2vvx 0xx2uuy 2vvy 0因 f (z) 解 析 ，Ux vy, UyVx求解方程組(1)、(2),得 Ux Uv Vxx y x關(guān)，因而為常數(shù)，從而f(z)也為常數(shù)。2(4)同理，v u兩端分別對(duì)x, y求偏導(dǎo)數(shù)，得V、 2uUx, vv 2uuvxx yy再聯(lián)立柯西一黎曼方程UxVv,UvVx,仍有xyyxUxUyVxVy0(5)同前面一樣，2u 3v 1兩端分別對(duì)x, y求偏導(dǎo)數(shù)，得2Ux+3vx 0, 2u +3vv 0 x xy y考慮到柯西一黎曼方程u v uvx ,仍有x y y xUx UV vx vv 0,證畢。 x y x

22、y6.計(jì)算下列各值(若是對(duì)數(shù)還需求出主值)一i(1) e 2(2) Ln( i)(3) Ln( 3 4i)2(4) sini(5) (1 i)i(6) 273_i解：(1) e2 cos( ) i sin( )i221(2) Ln( i) ln| i| arg( i) 2k i ( - 2k) i , k為任意整數(shù)，、1主值為：ln( i) - i(3) Ln( 3 4i)ln|3 4i| arg( 34i)2k i4 -ln5(arctan- 2k )i,k 為任息整數(shù)3主值為：ln( 3 4i) ln5arctan4)ii.i i .ie e e(4) sini 2i1e .i2i(ln

23、2 i(5) (1 i)i eiLn(1i) e 42k i) iln 2 -e 42k2 ke 4 (cosln、2isin V2),k為任意整數(shù)2222422Ln27_(ln27 2k i) 2ln27 4k i(6) 273e3e3e3e39e3當(dāng)k分別取0,1,2時(shí)得到3個(gè)值:4 . i9e327 .求 ez2和 Argez7222 2 i解：e e y y ,因此根據(jù)指數(shù)函數(shù)的定義，有 2222ezex y ,Argez 2xy 2k , （k 為任意整數(shù)）8 .設(shè) z rei ,求 ReLn(z 1)解：Ln(z 1)ln|z 1| iarg(z 1) 2k i,因此ReLn(z

24、1) ln|z 1| ln J(r cos12(rsin )212ln(1 2rcos r2)29 .解下列方程：(1) ez 1 V3i(2) lnz i2(3)sin z cosz 0(4)shz i解：（1）方程兩端取對(duì)數(shù)得:z Ln(1、3i) ln2 (1 2k) i（k為任意整數(shù)）（2）根據(jù)對(duì)數(shù)與指數(shù)的關(guān)系，應(yīng)有iz e2cos i sin i22(3)由三角函數(shù)公式(同實(shí)三角函數(shù)一樣)，方程可變形為k為任意整數(shù)sin z cosz .2sin(z ) 0因此z k 4z z(4)由雙曲函數(shù)的定義得, e eshz 2(ez)22iez 1 0,即 ez i ,所以z Lni (一

25、 2k )i , k為任意整數(shù) 210 .證明羅比塔法則：若f (z)及g(z)在z0點(diǎn)解析，且f(4) g(z0) 0, g (z0) 0,則 limf(z) f (z0),并由此求極 z z0 g(z) g (z0)sinz . e 1限 lim; limz 0 z z 0 z證明：由商的極限運(yùn)算法則及導(dǎo)數(shù)定義知f(z) f(4)f (z)z z0lim limz z0 g(z) z z0 g(z) g(4)z zlimfJz z0z z0.g(z) g(z0) limz z0z z0f (4)g (4)sinz cosz ,由此，lim lim 1z 0 z z 01zze 1 e 0

26、dlim lim e 1z 0 z z 0 111 .用對(duì)數(shù)計(jì)算公式直接驗(yàn)證：(1) Lnz2 2Lnz(2) LnVz - Lnz 2解：記z rei ,則(1)左端Ln(r2e2i ) 21n r (2 2k )i ,右端 21n r ( 2m )i 21n r (2 4m )i ,其中的k, m為任意整數(shù)。顯然，左端所包含的元素比右端的要多(如左端在 k 1時(shí)的值為2ln r (22 )i，而右端卻取不到這一值),因此兩端不相等。2m i(2)左端 LnjTe一 In r(一22m 2k)i 1右環(huán) -1n r (12n )i ln r(22n )i其中k, n為任意整數(shù)，而m 0,1不

27、難看出，對(duì)于左端任意的k,右端n取2k或2k1時(shí)與其對(duì)應(yīng)；反之，對(duì)于右端任意的n,當(dāng)n21為偶數(shù)時(shí)，左端可取k 1,m 0于其對(duì)應(yīng)，而當(dāng)n 21 1為奇數(shù)時(shí)，左端可取k 21,m1于其對(duì)應(yīng)。綜上所述，左右兩個(gè)集合中的元素相互對(duì)應(yīng)，即二者相等。12.證明 sin z sin z, cos z cosz證明：首先有_z _xxe e (cosy isin y) e (cosyi sin y)iy ez ,因此iz e esin z (2iiz eiz iz iz iz e e e) 2iiz e2iiz ei z e2ii ze ,一 sinz,第一式子證畢。2i同理可證第二式子也成立。13.證明

28、 |lm zsin ze1mz e(gp|y| |sin Zey證明：首先,|sin ziz esin ziz ize e2i右端不等式得到證明。iz eiz e其次，由復(fù)數(shù)的三角不等式又有iz e2iiz eiz e根據(jù)高等數(shù)學(xué)中的單調(diào)性方法可以證明上面的證明，有sin zey e y214.設(shè) ZR ,證明 sin z chR,證明：由復(fù)數(shù)的三角不等式，有|sinz由已知,|y同理,cosz證畢。iz iz e e2iiz er,iz eiz e再主要到xiz e2iz e15.已知平面流場(chǎng)的復(fù)勢(shì)(1) (z i)2iz ef (z)為z2試求流動(dòng)的速度及流線(xiàn)和等勢(shì)線(xiàn)方程。y yee，,2

29、ey e y2x xe ex 。時(shí)x,因此接著2y ,左端不等式得到證明cosz chReyeyey ey22ch|y| ，0時(shí)chx單調(diào)增加，因此有sin zch|y| chR,e y ey ch|y1(3)z2 1chR解：只需注意，若記f(z) (x,y) i (x,y),則 r 流場(chǎng)的流速為v f (z),流線(xiàn)為(x, y) c1,等勢(shì)線(xiàn)為(x, y) c2, 因此，有(1) (z i)2 x (y 1)i2 x2 (y 1)2 2x(y 1)i r 流速為 vf (z) 2(z i) 2(z i),流線(xiàn)為x(y 1) c1,等勢(shì)線(xiàn)為 x2 (y 1)2 c2(2) z3 (x iy)

30、3 x3 3xy2 (3x2y y3)ir22流速為 v f (z) 3z2 3(z)2,流線(xiàn)為3x2 y y3 c1,等勢(shì)線(xiàn)為 x3 3xy2 c2i 111(3) 2222z 1 (x iy) 1 x y 1 2xyix2 y2 1 2xyi/ 22(x yr 流速為v f (z)22 21) 4x y22zT2772(z 1) (z 1)2流線(xiàn)為xy2 22/、2，22(x y 1) 4x y等勢(shì)線(xiàn)為22xy1722 77222(x y1) 4x yc2習(xí)題三答案1.計(jì)算積分(xix2)dz,其中c為從原點(diǎn)到1 i的直線(xiàn)段解：積分曲線(xiàn)的方程為xt,x iyti , t :01,代入原積分

31、表達(dá)式中，得(xcy ix2)dz10(tit2)(t ti) dtit 2(1 i)dt1 it332.計(jì)算積分 ezdz,其中c為c(1)從0到1再到1 i的折線(xiàn)(2)從0到1 i的直線(xiàn)解：(1)從0到1的線(xiàn)段C1方程為:x iyx, x: 01,從1至M i的線(xiàn)段c2方程為:x iy1 iy, y: 01,代入積分表達(dá)式中，得ezdzcezdzezdz1exdx01 yi(1yi)dyc1c21ei q (cos y i sin y)dy eei(sin1 i cos1 i) e(cos11 ei (sin y i cosy)|0i sin1) 1 e1 i 1 ；(2)從0至N i的直

32、線(xiàn)段的方程為ziy代入積分表達(dá)式中，得11e dz e (t ti) dt c(1i)et (cost isint)dt,對(duì)上述積分應(yīng)用分步積分法，得ezdz (1 i)cet (sint cost)eti(sint*sti sintsinti cost)cost)0(1 i)et,it=(e it、ie )3.積分（x2 iy）dz,其中c為c(1)沿y x從0到1 i(2)沿y x2從0到1 i解：（1）積分曲線(xiàn)的方程為zx iyti , t :01,代入原積分表達(dá)式中，得(x2 iy)dzc(t2 it)(tti) dt(112i)0(t2it)dt1 1(1i)(-i)3 2(2)積分

33、曲線(xiàn)的方程為5.i 6zx iy2-i代入積分表達(dá)式中，得2(x iy)dzc(x2ix2)(x2,x i) dx(1i)(x2 2x3i)dx(11 2i)(3 4i)1 5.一 i6 64.計(jì)算積分cz dz ,其中c為(D從1到+1的直線(xiàn)段到+1的圓心在原點(diǎn)的上半圓周解：（1）c的方程為zX,代入，得（2） C的方程為-1 .|zdz Jxdxciy cos i sin12 xdx 10z| dz01 (cos isin ) d0(sin i cos )d(cos i sin )|5.估計(jì)積分一dz的模,其中c為+1到-12的圓心在原點(diǎn)的上半圓周。解：在c上，|z=1,因而由積分估計(jì)式得

34、-1dz cz2 2dsc21-r-2zds ds c的弧長(zhǎng)c6.用積分估計(jì)式證明：若f (z)在整個(gè)復(fù)平面上有界，則正整數(shù) n 1時(shí)lim f(z)dz 0RznCr J其中cR為圓心在原點(diǎn)半徑為R的正向圓周。證明：記f(z) M ,則由積分估計(jì)式得4dzCr z |M c c n2 RRncR(z)s McR17dsM . -dsRn c cR2 MRD 1因n 1,因此上式兩端令取極限，由夾比定理，得畢。lim f(z)dz 0,R c zncR7.通過(guò)分析被積函數(shù)的奇點(diǎn)分布情況說(shuō)明下列積分為 0的原因,其中積分曲線(xiàn)c皆為z 1,八dz(1) ?2?(z 2)2/ dz？-?z 2z 4

35、 c(3)dz?丁C z(4)dz cosz c(5) ?zezdzc解：各積分的被積函數(shù)的奇點(diǎn)為：(1) z 2, (2) (z 1)2即z 1 石,(3) zJ2i(4)z k , k為任意整數(shù),2(5)被積函數(shù)處處解析，無(wú)奇點(diǎn)不難看出，上述奇點(diǎn)的模皆大于1,即皆在積分曲線(xiàn)之外，從而在積分曲線(xiàn)內(nèi)被積函數(shù)解析,因此根據(jù)柯西基本定理，以上積分值都為008.計(jì)算下列積分:i 2i . 2.1.(1) 4 e dz(2) sin zdz(3) zsinzdz0i0解：以上積分皆與路徑無(wú)關(guān)，因此用求原函數(shù)的方法：i，八72z ,1 2z4(1)4e dze02O 01 , 2i 0、1 /八-(e2

36、 e) 2(i 1)i 2(2) sin2 zdzii sin2 i21(3) zsin zdz 0解：被積函數(shù)的奇點(diǎn)為a,根據(jù)其與c的位置分四種情況討論:ii 1 cos2z , r z sin2z,.dz i 2241221i (e2e2 ) ( sh2 )i4i2111zdcoszzcoszn coszdz000/.1/cos1 sinz0 sin1 cos1dz9.計(jì)算 ?2,其中c為不經(jīng)過(guò) a的任一簡(jiǎn)單正向閉曲線(xiàn) C z aCdz(2) a在C內(nèi),一 1a在C外，則在C內(nèi)解析，因而由柯西積分1TT 1:z-a-dz 2 i 一c z az a z a a(3)同理，當(dāng) a在C內(nèi)，a在

37、C外時(shí),dz2aadz 2 c z a（4） a皆在c內(nèi)此時(shí)，在c內(nèi)圍繞a,a分別做兩條相互外離的小閉合曲線(xiàn)C1,C2，則由復(fù)合閉路原理得:C1注：此題若分解1dzc21dz z a122z a2a (z a1),則更簡(jiǎn)單!z a10. 計(jì)算下列各積分.、1解：(1) ?iz 1 (z )(z2dz,由柯西積分公式2）(2)1dz 22dz2)(z 2)iz_ e 9 Fdz， ?3z2 12匚在積分曲線(xiàn)內(nèi)被積函數(shù)只有一個(gè)奇點(diǎn)i ,故此同上題一樣:izeiz2 i-e-z iiz?1dzz?3z 12? z-1dzz 2； 3 z i2(3)dz?3(z2 1)(z2 4) z -2在積分曲線(xiàn)

38、內(nèi)被積函數(shù)有兩個(gè)奇點(diǎn)i,圍繞i, i分別做兩條相互外離的小閉合曲線(xiàn)g,Q，則由復(fù)合閉路原理得:112idz4)(z2 1)(z2 4)(z i)dz(z2 4)(z i)dz(z2 4)(z i)zi(z2 4)(z i)(4)? 一z 2 2z在積分曲線(xiàn)內(nèi)被積函數(shù)有兩個(gè)奇點(diǎn)1 ,圍繞1, 1分別做兩條相-dz,在積分曲線(xiàn)內(nèi)被積函數(shù)只有一個(gè)奇點(diǎn)1,故此11一 z (z2 1)(z 1)7c .1蜘dz -dz 2 i-翳z4 1|Z2 2 z 1(z2 1)(z 1)z1i21.(5) q sin zdz, z?2z2 14互外離的小閉合曲線(xiàn)01,02,則由復(fù)合閉路原理得:-sin zdz 1

39、4dzdz2 i1. zsin一 z 141. zsin一z 142n,、 z ,(6)?n dz,z7(z 1)nn為正整數(shù)，由高階導(dǎo)數(shù)公式?dz -L(z2n)(n 1) z?2(z 1)n(n 1)!)2 i 2n(2n 1)L (n 2) 2 i (2n)!(n 1)!(n 1)!(n_1ez，一，計(jì)算積分q-dz,其中c為2 i ?z(z 1)31)!(1) |z|(2) z 1|z 2解：(1)由柯西積分公式2 i ?1 z(z 1)3 z 2dzz2ez已z(1)在 D 內(nèi) f (z) 0；(2)同理，由高階導(dǎo)數(shù)公式12 i_zez(z 1)3dz12 iz(z 1)3dzz 2

40、1 e (z2z 2)(3)由復(fù)合閉路原理dz?ddzdz其中，01儲(chǔ)2為22內(nèi)分別圍繞0, 1且相互外離的小閉合曲線(xiàn)。1 1 2cos12 . 積分Qdz的值是什么并由此證明 d 0zz 20 5 4cos1解：首先，由柯西基本止理，dzdz 0,因?yàn)楸环e函數(shù)的奇點(diǎn)在積z,1 z 2分曲線(xiàn)外其次，令z r(cos i sin ),代入上述積分中，得1,2 sin i cos ,?dz dzz 20 2 cos i sin2 ( sin icos )(2 cos i sin )八Z22d0(2 cos ) (sin )(sin i cos )(2 cos i sin ),-d5 4cos考察上

41、述積分的被積函數(shù)的虛部，便得到2 ( sin Im02 1 2cos d0 5 4cosi cos )(2 cos i sin ),-d5 4cos2 1 2cos d0 5 4cos1 2cos d5 4cosc 1 2cos 2 d0 5 4cos0,再由cos的周期性，得1 2cos , d0 5 4cos13 . 設(shè)f (z), g(z)都在簡(jiǎn)單閉曲線(xiàn)c上及c內(nèi)解析，且在c上f (z) g(z),證明在c內(nèi)也有f (z) g(z)證明：由柯西積分公式，對(duì)于 c內(nèi)任意點(diǎn)4，一、 1 上J(z) , 1 g(z),f(z0) 丁【gfdz, g(z0) - -dz,2 i fz z。2 i

42、 c z z0由已知，在積分曲線(xiàn)c上，f (z) g(z),故此有f(z0) g(4)再由4的任意性知，在c內(nèi)恒有f(z) g(z),證畢。14 . 設(shè)f (z)在單連通區(qū)域D內(nèi)解析，且f(z) 1 1,證明(2)對(duì)于D內(nèi)任一簡(jiǎn)單閉曲線(xiàn)c,皆有?f-(z)dz 0C f(z)證明：(1)顯然，因?yàn)槿粼谀滁c(diǎn)處f(z) 0,則由已知|0 1| 1 ,矛盾!(也可直接證明：| f (z)| 1| |f (z) 1 1,因此1 |f(z)| 1 1,即 0 I f (z)| 2,說(shuō)明 f(z) 0)(3)既然f (Z) 0,再注意到f(z)解析，f (Z)也解析，因此由函數(shù)的解析性法則知 f()也在區(qū)

43、域D內(nèi)解析，這樣，根據(jù)柯西基本定理， f(z)對(duì)于D內(nèi)任一簡(jiǎn)單閉曲線(xiàn)C,皆有？f0)dz 0,證畢。(f(z)15 .求雙曲線(xiàn)y2 x2 c (c 0為常數(shù))的正交(即垂直)曲線(xiàn)族。解：u y2 x2為調(diào)和函數(shù)，因此只需求出其共腕調(diào)和函數(shù) v(x,y),則v(x,y) c便是所要求的曲線(xiàn)族。為此，由柯西一黎曼方程vxuy 2y,因此 v ( 2y)dx 2xy g(y),再由vy ux 2x知，g (y) 0,即g(y) c0為常數(shù)，因止匕v 2xy c0,從而所求的正交曲線(xiàn)族為xy c(注：實(shí)際上，本題的答案也可觀察出，因極易想到222f (z) z y x 2xyi 解析)16 .設(shè)v e

44、pxsiny,求p的值使得v為調(diào)和函數(shù)。解：由調(diào)和函數(shù)的定義vxx vyyp2epx sin y ( epxsin y) 0,因此要使v為某個(gè)區(qū)域內(nèi)的調(diào)和函數(shù)，即在某區(qū)域內(nèi)上述等式成立，必須p2 1 0，即p1。2217 .已知u v x y 2xy 5x 5y ,就確定解析函數(shù)f (z) u iv解：首先，等式兩端分別對(duì)x,y求偏導(dǎo)數(shù)，得u v 2x 2y 5 ( 1)xxuy vy2y 2x 5 ( 2)再聯(lián)立上柯西黎曼方程ux vy （ 3）uyvx （ 4）從上述方程組中解出u ,u ，得xyux 2x 5, uy 2y這樣，對(duì)ux積分，得u x2 5x c(y),再代入uy中，得2c

45、 (y)2y, c(y) yc0至此得到：u x2 5x y2 c0 , 由二者之和又可解出v 2xy 5y c0,因此f(z) u iv z2 5z c0 c0i ,其中c0為任意實(shí)常數(shù)。注：此題還有一種方法：由定理知f (z) ux ivx ux iuy 2x 5 2yi 2z 5由此也可很方便的求出f (z) 。18由下列各已知調(diào)和函數(shù)求解析函數(shù)f (z) u iv解：(1) u x2 xy y2,f(i) 1 i，由柯西一黎曼方程,vy ux 2x y ,對(duì)y積分，得12v 2xy y c(x),2再由vx國(guó)得2y c (x) x 2y,因此c(x) x, c(x)c0,所以v 2xy 1y2 1x222C0，1因f1,說(shuō)明x 0,y 1時(shí)v 1,由此求出c0 -,2至此得到：,2212121f (z) u iv x xy y ( y x 2xy )i ,222121整理后可得：f(z) (1 -i)z2 -i(2)