復(fù)變函數(shù)習(xí)題答案第3章習(xí)題詳解

1、 第三章習(xí)題詳解1.沿下列路線計算積分，12dz。01）自原點至3+i的直線段；3+iz2dzoo解：連接自原點至3+i的直線段的參數(shù)方程為：zG+0t1dzG+ddt=1G+i）312dt=1（3+i）313P-1（3+i）3-3o2）自原點沿實軸至3，再由3鉛直向上至3+i；3z2dz=3t2dt=00解：連接自原點沿實軸至3的參數(shù)方程為：ztot1dzdt313=3330連接自3鉛直向上至3+i的參數(shù)方程為：z=3+it0t1dz=idt3+iz2dz=1(3+it)2idt=303G+社)=1G+兒30/.3+1z2dz312dt+1（3+it）2idt33+ooo333）自原點沿虛軸

2、至i，再由i沿水平方向向右至3+i。解：連接自原點沿虛軸至i的參數(shù)方程為：zit0t1I33-Ji)3-333=3Ji)3dzidtiz2dz=1Gt)idt=oo11I330連接自i沿水平方向向右至3+i的參數(shù)方程為：z=t+i0t1dzdt=%+idt(t+i)3=丄(1+i)33+iz2dzioo:.3+z2dzz2dz+3+z2dzi3+ooi32.分別沿yx與yx2算出積分J1+iC2+o的值。解：*y=x:.x2+iy=x2+ix:.dz=G+i1+1Ce2+iydzG+i)1C+ixdx(1+ioo1x3+x232丿o/yx2x2+iyx2+ix2(1+i)x2dz=G+i2x)

3、dx/.1+1,x2+iydG+iH1x2(1+i2x)dx=G+i11.)32丿 0，2kcos9d(cos9+isin9)=Ki02ksin9d(cos9+isin9)=一兀04利用在單位圓上z的性質(zhì)，及柯西積分公式說明zC2兀i，其中C為正向單位圓周乙1。解：-11zzz一0z0dz2Kf(0)2KiC5計算積分zdz的值,zC其中C為正向圓周:1)解：在|z|2上,z2ei9JzdzJ2K竺dO2K2id3i294Kiz0200C2)解：在z4上,z4e，3zdz2K竺d4ei3)2K4id3b491k8Kiz0400C2k4e川6試用觀察法得出下列積分的值，并說明觀察時所依據(jù)的是什么

4、？C是正向的圓周z1。1)Jdzz-2C解:dzf占在C內(nèi)解析，根據(jù)柯西古薩定理，己0C2)z2+2z+4C3.設(shè)fz)在單連通域B內(nèi)處處解析，C為B內(nèi)任何一條正向簡單閉曲線。z0是否成立？如果成立，給出證明；如果不成立，舉例說明。C解：不成立。例如：fz)=z，C：zei，03兀 # 解:f)尹三二爲(wèi)在C內(nèi)解析，根據(jù)柯西古薩定理，石去壬0C3)_coszC # #解：f)=cO&在C內(nèi)解析根據(jù)柯西古薩定理旦二0coszC #4)dzJ1CzC2解：fQ)=1在C內(nèi)解析，z=在C內(nèi)，dz021CzC25)zezdz #解：fQ)=zez在C內(nèi)解析，根據(jù)柯西一古薩定理，zezdz=0C6)dz

5、# #解：內(nèi)解析，z0=2在C內(nèi)，Cdz(z+2,=2i-12+-27沿指定曲線的正向計算下列各積分：1) # #解：z二-，C:|z2一a2C在C內(nèi)fL在C解析根據(jù)柯西積分公式：三dd二沁22)C #解：z二a在C內(nèi),/土在C解析，根據(jù)柯西積分公式:_z2a2C=3)eizdz,C：z2+1Cz-2i=2解：z=i在C內(nèi),f)=z+7在C解析，根據(jù)柯西積分公式:旦z2+1Cz+adz=iz2a2Ceizdz=777dz=-zieC 4)dz,C:|z|，2 # #解：z=3不在C內(nèi),f（z），三在C解析，根據(jù)柯西一古薩定理：三dd=0C5)解：6)解：f(z)=41z3coszdz，C:為包

6、圍z，0的閉曲線Cf(z)，z3cosz在C解析，解析，根據(jù)柯西一古薩定理：J一1）身一1=0C根據(jù)柯西一古薩定理：z3coszdz，0C7)解：z=i在C內(nèi)，f(Z)=)1+4解析，根據(jù)柯西積分公式：J（2+I+4C # #8)%,C：|z|，1zC解：z，0在C內(nèi)，f（z，sinz在C解析，根據(jù)柯西積分公式：dz，2兀isin0，0zC #9)sinz冗、1z一J-dz,C:2 #解：冗-dz，2兀isin，022z，在C內(nèi)，f（z，sinz在C解析，根據(jù)高階導(dǎo)數(shù)公式：-2（兀、Cz一2J # 10)!ezJ-z5Cdz,C:|z|，1解：z=0在C內(nèi)f在C解析根據(jù)高階導(dǎo)數(shù)公式：號dz=罟

7、f（4）（0）,孚C81)計算下列各題3nie2zdz一兀i，0z3 解：J3ie2zdz，-i1e2z23i1()，e6ie-2i，02-i2)J0ch3zdzI6解：3)J0ch3zdz，6J帀sin2zdz；-i101兀-sh3z0-sh_iL33I2丿i3i6解：Jrasin2zdz，Jra-i-i1-cos2zdz，2-2i-sin2z24i，i-sh22-i4)解：5)解：J1zsinzdz；0J1zsinzdz，-J1zdcosz，-“zcosz1+J1coszdz，-cos1+sin10000Jz-i)e-zdz；0Jz-i-zdz，-J1z-ibe-z，-00-z0+Je-z

8、dz，G-i)e-e-，ie-06)1tgzJ1dz（沿1到i的直線段）。1cos2z解：JtgZdz，J1Gtgztgz，dz1cos2z1tgz-tg2ztgi-tg2i-tg1-tg219計算下列積分：1)4Iz+1z+2i丿Cdz,(其中C:z,4為正向）;解:43)+Iz+1z+2i丿Cdz，J4dz+J-dz，2i(4+3)，14兀iz+1z+2iCC2)Jidz,(其中C:z1|，6為正向);C解:3)J2dzz21CJ譏+朮-i)d,J血+Jt-i血=2CCC解:2iz-iz，-i丿C，C1C2cosz-dz，(其中Ci：|z|,2為正向，C2:|z|,3為負向);z3cosz

9、coszfz丿，在所給區(qū)域是解析的，根據(jù)復(fù)合閉路定理：Jdz，0z3C，C1+C2 1dz，0z2c111)2)-dzIZ，4Z解：1)dz，I，2Z2冗2e川02e2ieisd9，0；2)dz，zoz，44e冷271竺一畑dS，04ei3由此可見，1）和2）的積分值相等。但2）的值不能利用閉路變形原理從1）得到。因為fz，在復(fù)平面上處處不解析。12.設(shè)區(qū)域D為右半平面，乙為D內(nèi)圓周|z|，1上的任意一點，用在D內(nèi)的任意一條曲線c連接原點與z，證明Re。提示：可取從原點沿實軸到1,再從1沿圓周|z|，1到Z的曲線作證明：因為f（），廠卜在D內(nèi)解析，故積分zd與路徑無關(guān)，取從原點沿實軸到1，再從

10、11201a，fz,q在所給區(qū)域內(nèi)解析，根據(jù)柯西一古薩基本定理：Jdsdz，0CfQ），ez在所給區(qū)域內(nèi)解析，根據(jù)高階導(dǎo)數(shù)公式：dz，Lea，eE-a丿32!C10.證明：當(dāng)C為任何不通過原點的簡單閉曲線時，丄dz，0。z2C證明：當(dāng)C所圍成的區(qū)域不含原點時，根據(jù)柯西一古薩基本定理:當(dāng)C所圍成的區(qū)域含原點時，根據(jù)高階導(dǎo)數(shù)公式：丄dz，2兀f（0，0；z2C下列兩個積分的值是否相等？積分2）的值能否利用閉路變形原理從1）的值得到？為什么？沿圓周乙i到乙的曲線作為c，貝y：01+：2d=91dei9=arctgx1o1,e2i9o:J91d9=K,ioe-i9+ei94:J92sec9d9oRe0

11、1，2d13.設(shè)C1和C2為相交于M、N兩點的簡單閉曲線，它們所圍的區(qū)域分別為代與。竹與2的公共部分為B。如果f(z)在Bi-B與B2-B內(nèi)解析，在Ci、C2上也解析,證明：Jf九=Jf(ZkCi證明：如圖所示,f(zhB1-B與B2一B內(nèi)解析，在C1、C2上也解析,Jf(z)dz=0Jf(zdz=0nJf(zbz=Jf(z)dzNOMP、NMRNP2MNOMPN.Jf(z九+Jf(z)dz=Jf(z)dz+Jf(z九MRNP2MNOMMRNMPNMRNNP2MnJfQ、dz-JfQ)dz=JfQbz-JfQbzNOMMRNNP2MMRNMP!NnJf(z九+Jf(zbz=Jf(z九+Jf(z

12、)dz由柯西一古薩基本定理有:ClBiM0BRp.NOMMP2NMRNNPMC2C1 #14.設(shè)C為不經(jīng)過與-的正向簡單閉曲線，為不等于零的任何復(fù)數(shù)，試就與-跟C的不同位z置，計算積分dz的值。z2一2C解：分四種情況討論：)如果與-都在“勺外部，則f(z)=z2-在C內(nèi)解析，柯西一古薩基本定理有Jdz=0z2一2C2)如果與-都在C的內(nèi)部，由柯西積分公式有JJz2一2Cdz,J(dz=2兀i一+丿 # #3)如果在C的內(nèi)部，都在C的外部，則旳=z:在C內(nèi)解析，由柯西積分公式有 zfzdzfz2a2C15.設(shè)C與C為兩條互不包含，也不相交的正向簡單閉曲線，證明1212,ifz2fsinz,Jd

13、z+JdzzzzzLc0c012z2,當(dāng)z在C內(nèi)時，001sinz，當(dāng)z在C內(nèi)時。002證明：因為C與C為兩條互不包含，也不相交，故c與C只有相離的121*位置關(guān)系，如圖所所示。cCi(01)當(dāng)z在C內(nèi)時，fz)sinz0在C2內(nèi)解析,根據(jù)柯西一古薩基本定理以及柯西積分公式:i2,ifz2zzLc10sinz,dz+dzz一z0C22)當(dāng)z0在C2內(nèi)時fz)12,i2,iz2在C1內(nèi)解析,根據(jù)柯西一古薩基本定理以及柯西積分公式:12,ifz2zzLc1012,ifz2zzLC1sinz”dzzzC20sinz,dz+dzzz0C2012,i+2,isinzsinzzz00z2,當(dāng)z在C內(nèi)時，0

14、sinz，當(dāng)z在C內(nèi)時。002adz2,i,iaa+ac4）如果皿C的外部，-a都在c的內(nèi)部，則旳z:a在C內(nèi)解析，由柯西積分公式有z_dz2,i-a,i+aaafzdzf（z2a2CC 16.設(shè)函數(shù)fQ）在0”z1內(nèi)解析，且沿任何圓周C:zr，0”丫”1的積分等于零，問fQ）是否必需在z0處解析？試舉例說明之。解:1dz0oz2zr1不一定。例如：fQ）1在z0處不解析，但J*z217.設(shè)fz）與gz）在區(qū)域D內(nèi)處處解析，C為D內(nèi)的任何一條簡單閉曲線，它的內(nèi)部全含于D。如果fQ）gQ）在c上所有的點處成立，試證在c內(nèi)所有的點處fQ）gQ）也成立。證明：設(shè)z是C內(nèi)任意一點，因為fz）與gz）在

15、C及C內(nèi)解析，由柯西積分公式有:fz)嚴)d：,gz)2,i一zC2；.蛙）d：2,i一zC理d,J理d,z,zCC又f,)二g,)在C上所有的點處成立，故有:即fQ)=gQ)在c內(nèi)所有的點處成立。18-設(shè)區(qū)域是圓環(huán)域，/在內(nèi)解析，以圓環(huán)的中心為中心作正向圓周&與K,K包含Ki,zo為K，K之間任一點，試證614)仍成立，但C要換成K-+K。1212證明：19.設(shè)fz)在單連通域B內(nèi)處處解析，且不為零，C為B內(nèi)任何一條簡單閉曲線。問積分fdz是C否等于零？為什么？解：因為f)在單連通域B內(nèi)處處解析且不為零，又解析函數(shù)fQ)的導(dǎo)數(shù)fQ)仍然是解析函數(shù)，故在B內(nèi)處處解析。根據(jù)柯西古薩基本定理，有2

16、0解：21C試說明柯西古薩基本定理中的C為什么可以不是簡單閉曲線？如C不是簡單閉曲線，將C分為幾個簡單閉曲線的和。如C=Ci+C2，則Ci，C2是簡單閉曲線。C2C1設(shè)f(z)在區(qū)域內(nèi)解析，C為內(nèi)的任意一條正向簡單閉曲線，證明：在對內(nèi)但不在C上的任zzC0意一點zo，等式dz=(了Fdz成立。C0證明：分兩種情況：1)如果zo在C的外部,2)如果zo在C的內(nèi)部,4和蟲在C內(nèi)解析，故fdz=(f(z)dz=oz-zz一zz-zz-z力ooCoCo西積分公式有：f-dz=2兀f(z)二2兀f(z)Cz一zo=zo在c內(nèi)解析的函數(shù)f(z)，其導(dǎo)函數(shù)f(z)仍是C內(nèi)的解析函數(shù)，根據(jù)柯0,ff)z=zo

17、由咼階導(dǎo)數(shù)公式有：(z)dz2兀曠(z)C0dz=上4dzz-zz-zhC0C022.如果申(x,J)和中G)都具有二階連續(xù)偏導(dǎo)數(shù)，且適合拉普拉斯方程，而s-中，yxt=9，那末s,it是x,iy的解析函數(shù)。xydsds證明：s=9.=9中，=9yxdxyxxxdyyyxydtdt/t=9.=9，中，=9+xydxxxyxdyxyyy又申（x,y）和中,y）都具有二階連續(xù)偏導(dǎo)數(shù)，所以混合偏導(dǎo)相等，即9=9,=yxxyxyyx9（x,y）和,y）滿足拉普拉斯方程：9，9=0，=0 xxyyxxyy.亍=9中xxxdstT9yy-xy飛 # #故s+it是x,iy的解析函數(shù)。dudu23.設(shè)u為區(qū)

18、域D內(nèi)的調(diào)和函數(shù)及f=dX-示問f是不是D內(nèi)的解析函數(shù)？為什么？解：設(shè)f=s,it，則s=凍dudyd2udx2dsd(dud2udydyIdxJdydxdtd(dudxdxdyJd2udxdydtd(dudydydyJd2udy2 # #因為u為區(qū)域D內(nèi)的調(diào)和函數(shù)，具有二階連續(xù)偏導(dǎo)且滿足拉普拉斯方程nf是D內(nèi)的解析函數(shù)。dsdtds=dtdxdydydx24.函數(shù)v=x+y是v=x+y的共軛調(diào)和函數(shù)嗎？為什么？dudvdudv，豐-dxdydydxdududvdv解：x=1，石二，x=1，亦二1故函數(shù)V=x+y不是v=x+y的共軛調(diào)和函數(shù)。25.設(shè)u和v都是調(diào)和函數(shù)，如果v是u的共軛調(diào)和函數(shù)

19、，那末u也是v的共軛調(diào)和函數(shù)。這句話對嗎?為什么？解：這句話不對。如果v是u的共軛調(diào)和函數(shù)，則fQ）=u,iv是解析函數(shù)，滿足柯西一黎曼方程： # #dudvdudv,ndxdydydxdxdyu)dvdudyd(u)dydxdx 即-u是v的共軛調(diào)和函數(shù)，u就不是v的共軛調(diào)和函數(shù)。26證明：一對共軛調(diào)和函數(shù)的乘積仍為調(diào)和函數(shù)。證明：27.如果fQ)u+iv是一解析函數(shù)，試證：if0也是解析函數(shù)；證明：-u是v的共軛調(diào)和函數(shù)；證明：2/Q)22/(z)2()(,2+4u2+v2丿=4f2。X2y2xx1證明：y28.證明；ux2-y2和v都是調(diào)和函數(shù)，但是u+iv不是解析函數(shù)。x2+y2證明2

20、9.求具有下列形式的所有調(diào)和函數(shù)u:uf(ax+by),a與b為常數(shù)；解：y)uf。提示：1)1令tax+byIx丿因u+u0，從而有f(t)0；2)令txxyy。解：30.由下列各已知調(diào)和函數(shù)求解析函數(shù)f(z)=u+iv。1)u(x-y人2+4xy+y2丿;解：2)v，f(2)0；x2+y2解：u2(x1)y，f(2,-i；解：yvarctg，x0。x解：設(shè)vepxsiny，求p的值使v為調(diào)和函數(shù)，并求出解析函數(shù)f(z)u+iv。解：如果u(x,y)是區(qū)域D內(nèi)的調(diào)和函數(shù)，C為D內(nèi)以z。為中心的任何一個正向圓周：|z-z0r，它 的內(nèi)部全含于D。試證：提示：利用平均值公式G.5.3)。1)u(x,y)在(x,y)00的值等于u(x,y)在圓上的平均值u(x,y)=-!-,2u(xoo證