《复变函数》第四版习题解答第3章
复变函数 高等教育出版社 课后习题详解 第三章
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0
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小结 ! 找出实部虚部分别计算 % 8.%利用在单位圆周上#C ! 的性质 ! 及柯西积分公式说明 # A #C # 0
G
其中 0 为正向单位圆周 F ! $ #FC !% & $ 解 ! 注意到复积分 -" 在 ## # 中积分变量# 始终限制在; 上变化 ! A
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5 6 ! C4 1 " , 7 8 1 " C6
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复变函数 西安交通大学 第四版 高等教育出版社 课后答案
-$ 7 & 沿下列路线计算积分? #% 8!% , #A # 自原点至 -$ $ 的直线段 & !
课后习题全解 !!!
& # 自原点沿实轴至 -! 再由 - 沿直向上至 -$ $ & 自原点沿虚轴至$ 再由$ 沿水平方向向右至 -$ # ! $ % 解 !! 所给路线的参数方程为 % 起点参数1 # # ! -$ ## " $ 1 1 # ,( (!! 由复积分计算公式 % 终点参数1 #!% ,!
复变函数习题解答(第3章)
[,]．
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) |
x2
=v
y2
，v
x2
=u
y2，故w
xx+w
yy= 2 (u
x2
+v
x2
+u
y2
+v
y2
) = 4 (u
x2
+v
x2
) = 4 |f(z) |2；即(2
/x2
+2
/y2
) |f(z) |2
= 4 |f’(z) |2．
18.设函数f(z)在区域D内解析，且f’(z)
0．试证ln |f’(z) |为区域D内的调和函数．
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
u2
+v
x2
v2
+ 2u
xuv
xv+u
y2
u2
+v
y2
v2
+ 2u
yuv
复变函数(第四版)课后习题答案
(3 + 4i )(2 − 5i ) = 5
2i
29 ， 2
26 ⎡ (3 + 4 i )(2 − 5 i ) ⎤ ⎡ (3 + 4 i )(2 − 5 i ) ⎤ = arg ⎢ Arg ⎢ + 2kπ = 2 arctan − π + 2kπ ⎥ ⎥ 2i 2i 7 ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ = arctan 26 + (2k − 1)π , 7 k = 0,±1,±2, " .
{
}
{
}
Arg i8 − 4i 21 + i = arg i8 − 4i 21 + i + 2kπ = arg(1 − 3i ) + 2kπ
(
)
(
)
= −arctan3 + 2kπ 2．如果等式 解：由于
k = 0,±1,±2, ".
x + 1 + i(y − 3) = 1 + i 成立，试求实数 x, y 为何值。 5 + 3i x + 1 + i(y − 3) [x + 1 + i(y − 3)](5 − 3i ) = 5 + 3i (5 + 3i )(5 − 3i ) =
2 2
= ( z1 + z2 )( z1 + z2 ) + ( z1 − z2 )( z1 − z2 ) = 2( z1 z1 + z2 z2 )几何意义平行四边形的对角线长度平方的和等于四个边的平方的和。 12．证明下列各题： 1）任何有理分式函数 R ( z ) =
2 2
1 ； 3 + 2i
1 3i （2） − ； i 1− i
复变函数第四版余家荣答案
复变函数第四版余家荣答案【篇一：1第一章复数与复变函数】京1第一章复数与复变函数1 复数及其代数运算1.复数的概念①在解方程时，有时会遇到负数开方的问题，但在实数范围内负数是不能开平方的。
为此，需要扩大数系。
我们给出如下的代数形式的复数定义：复数的代数定义：把有序实数对(x,y)作代数组合所确定的形如x?iy的数称为（代数形式的）复数，记为z?x?iy，2其中，i满足i??1。
我们称i为虚单位；实数x和y分别称为复数z 的实部和虚部，并记为x?rez，y?imz。
特别地，当imz?0时，z?x?i0?rez?x是实数；当rez?0时且imz?0时，z?iimz?iy称为纯虚数；虚部不为零的复数称为虚数（即不为实数的复数称为虚数）；z?0当且仅当rez?0且imz?0，即复数0?0?i?0。
z1?z2当且仅当rez1?rez2且imz1?imz2。
2.复数的代数运算2.1 四则运算设z1?x1?iy1，z2?x2?iy2为任意两个复数，它们的四则运算定义为: 加法：z1?z2?(x1?x2)?i(y1?y2) 减法：z1?z2?(x1?x2)?i(y1?y2) 乘法：z1z2?(x1x2?y1y2)?i(x1y2?x2y1) 除法：z1x1x2?y1y2y1x2?x1y2（z2?0） ??i2222z2x2?y2x2?y22【注】：(1).可见，复数的四则运算，可以按照多项式的四则运算进行，只要注意将i换成?1。
(2).关于除法的具体操作可以按两种方法来进行：①.先看成分式的形式，然后分子分母同乘以一个与分母的实部相等而虚部只相差一个正负号的复数（在后面将会看到，这被定义为共轭复数），再进行简化；②.用复数z1?x1?iy1除以非零复数z2?x2?iy2，就是要求出这样一个复数z?x?iy，使得z1?z2?z。
按乘法的定义，为求出z需要解方程组?x2x?y2y?x1??x2y?xy2?y12.2 共轭复数复数x?iy和x?iy互称为对方的共轭复数，如果记z?x?iy，则用记其共轭复数，即?x?iy?x?iy。
西安交大工程数学复变函数第四版第三章复变函数的积分
显然曲线 AEBBEAA,AAFBBFA均为封闭曲线.
因为它们的内部全含于D,
故 f (z)dz 0, AEBBEAA
CF A A F
B
f (z)dz 0.
D1 E C1 B
AAF BBFA
︵︵
D
︵
E
︵
︵ ︵ AEBBEAA AEB BB BEA AA,
︵
︵
AAFBBFA AA AFB BB BFA,
22
2 不定积分 f z 的原函数的一般表达式 F z C（其中C为 任意常数），称为 f z 的不定积分，即
f zdz Fz c （其中C为任意常数）
例如 sinzdz cos z c 其中c为任意常数
（换元积分法 分部积分法）
例 z sinzdz z d cos z z cos z cos zdz
二、复合闭路定理
设 f z在多连通域D内解析，C是D内的一条简单闭曲线，
C1, C2 , , Cn是在C内部的简单闭曲线，它们互不包含也互
不相交，且以C, C1, C2 , , Cn 为边界的区域全包含于D，
则
n
⑴
f zdz
C
k 1 Ck
f zdz
C1
n
⑵ f zdz f zdz 0
设f z在单连通域B内解析，则F z在B内是一解析函数，
且Fz f z, 即F z为f z的原函数. 证明
24
定理三
设f z在单连通域B内解析，Gz为f z的一个原函数，
则
z1 z0
f
zdz
Gz1 Gz0 .
解析函数的积分计算公式
证
z z0
f zdz,Gz均为f
复变函数习题答案第3章习题详解.docx
第三章习题详解1・沿下列路线计算积分J；' z2dz o1）自原点至3 + i的直线段；解：连接自原点至34-1的直线段的参数方程为：z =（3+》0<r<l dz =（3 + i）dt2）自原点沿实轴至3,再由3铅直向上至3 +八解：连接自原点沿实轴至3的参数方程为：z = t 0</<1 dz = dt3 1=-33 «3连接自3铅直向上至3 +,的参数方程为：z = 3 + ir O<Z<1 dz = idt J J z2dz = £(3 + it)2 idt = -(34-17)3=-(3 + i)3彳" 3 n 3・・・ f z2dz = £t2dt 4- £(3 + it)2id/ = 133 4-1(3 4-1)3 - i33 = |(3 + i)33)自原点沿虚轴至i,再由i沿水平方向向右至3+i。
解：连接自原点沿虚轴至i的参数方程为：z = it 0</<1 dz = idtJ：Z2dz = J；(it)2 idt = | (i/)3= * 尸连接自i沿水平方向向右至3 + i的参数方程为：z = t^i 0<^<1 dz = dtr*edz=jo edz+广eaz=y+敦+厅-|/3=|（1+厅2.分别沿y =兀与y =兀2算出积分J；'（兀2 + iy^dz的值。
解：•/ j = x x2 + iy = x2 + ix ••• dz = (1 + i)dx・・・『(x2 + iy)dz = (1+ (x2 + ix)dx = (1 +•/ y = x2A x2 + iy = x2 4- ix2 = (1 + i)x2:. rfz = (1 + ilx)dxf 衣=［（3+03&二（3+讥♦3+i0=(3 + 厅0 d^ed Z=[\2dt=护而（W 宙討…T + 一 11.1.11 5. i = 1—i3 3 2 26 6/(z) =1 _ 1 z 2+2z + 4~ (z + 2)2在c 内解析，根据柯西一古萨定理,$匹J z 2 + 2z + 4/. £1+，(x 2+ iy)dz = (1 + /)£ * (1 + ilx)dx = (14-彳+ 设/(z)在单连通域〃内处处解析，C 为B 内任何一条正向简单闭曲线。
《复变函数》第3章
§1 复变函数积分的概念
一、定义 1. 有向曲线: C : z z (t ) x(t ) iy(t ) 选定正方向: 起点 终点 C + 简单闭曲线正方向: P 沿正向前进, 曲线 内部在左方. 2. 复变函数的积分:(P70定义)
f ( z )dz
c
2014-10-20
( n ) k 1
复 变 函 数（第四版）
第三章 复变函数的积分
§1 §2 §3 §4 §5 §6 §7 复变函数积分的概念 柯西－古萨(Cauchy-Goursat)基本定理 基本定理的推广－复合闭路定理 原函数与不定积分 柯西积分公式 解析函数的高阶导数 解析函数与调和函数的关系
《复变函数》(第四版) 第1 页
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2014-10-20 《复变函数》(第四版) 第16页
条件放宽, C 为解析域 D 的边界. f (z)在D C D上连续 , 则 c f ( z )dz 0 例: 对任意 C .
c z
2
dz 0
c e dz 0 c sin z dz 0
2014-10-20 《复变函数》(第四版) 第17页
dz ire d i 2 dz ire c 0 n1 i ( n1) d n 1 ( z z0 ) r e i 2 i 0 n in d n r r e
2014-10-20 《复变函数》(第四版)
i
2 0
e in d
第7 页
( 接上页例 )
i [v( k ,k )xk u( k ,k )yk ] .
k 1
《复变函数》(第四版) 第3 页
n
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【精品】复变函数第三章习题答案
复变函数第三章习题答案------------------------------------------作者------------------------------------------日期第三章 柯西定理 柯西积分掌握内容：1.柯西积分定理：若函数()f z 在围线C 之内是处处解析的，则()Cf z dz =⎰0。
2.柯西积分定理的推广：若函数()f z 在围线C 之内的,,...n z z z 12点不解析，则()()()...()nCC C C f z dz f z dz f z dz f z dz =+++⎰⎰⎰⎰12，其中,,...n C C C 12是分别以,,...n z z z 12为圆点，以充分小的ε为半径的圆。
3.若在围线C 之内存在不解析点，复变函数沿围线积分怎么求呢？——运用柯西积分公式。
柯西积分公式：若函数z 0在围线C 之内，函数()f z 在围线C 之内是处处解析的，则()()Cf z dz if z z z π=-⎰002 4.柯西积分公式的高阶求导公式：若函数z 0在围线C 之内，函数()f z 在围线C 之内是处处解析的，则()()()()!n n Cf z i dz f z z z n π+=-⎰0102 习题：1.计算积分⎰++-idz ix y x 102)(积分路径是直线段。
解：令iy x z +=，则idydx dz += 积分路径如图所示：在积分路径上：x y =，所以3131212121312110322232112112112112102102i x ix y i x ix x dxix x i iydy xdx dx ix x dyix x i iydy ydx dx ix x idy dx ix y x dz ixy x ii+-=-+--+=++--+=++--+=++-=+-⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰++)()()()()())(()(2.计算积分⎰-iidz z 。
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-1-
∫ ∫
C
Re[ f (z )]dz = Im[ f (z )]dz =
∫ ∫
2π
0 2π
Re e iθ de iθ = cos θ (− sin θ + i cos θ )dθ = π i ≠ 0
[ ]
∫
2π
0
C
0
Im e iθ deiθ = sin θ (− sin θ + i cos θ )dθ = −π ≠ 0
3．设 f ( z ) 在单连域 D 内解析，C 为 D 内任何一条正向简单闭曲线，问
∫
解
C
Re[ f (z )]dz =
∫
C
Im[ f (z )]dz = 0
是否成立，如果成立，给出证明；如果不成立，举例说明。 未必成立。令 f ( z ) = z ， C : z = 1 ，则 f ( z ) 在全平面上解析，但是
e z dz v ∫C z 5 ， C :| z |= 1
= 2πe 2 i
解
（1）由 Cauchy 积分公式， ∫ 解 1： ∫ 解 2： ∫
C
ez dz = 2π i e z z−2
z =2
（2）
C
1 dz 1 = ∫ z + a dz = 2π i 2 2 C z−a z+a z −a
2
=
z =a
=0
（8）由 Cauchy 积分公式， （9）由高阶求导公式， ∫
v ∫
C
sin zdz = 2π i sin z |z =0 = 0 z
2
sin z
C
π⎞ ⎛ ⎜z − ⎟ 2⎠ ⎝
dz = 2π i(sin z )'
z=
π
2
=0
（10）由高阶求导公式， 8．计算下列各题： 1）
e z dz 2π i z (4) πi v ∫C z 5 = 4! (e ) |z =0 = 12
z dz ； z | z|= 2
v ∫
2）
z dz z | z|= 4
v ∫
解
z dz = v ∫ z | z|= 2
2π
− iθ ∫ 2ie dθ = 0 ； 0
z dz = v ∫ z | z|= 4
2π
∫ 4ie
0
− iθ
dθ = 0 ，故两个积分的值相等。但不能利用闭路
变形原理从 1）的值得到，因
i
9．计算下列积分： 1）
v ∫ ( z + 1 + z + 2i )dz, 其中C :| z |= 4为正向
C
4
3
2）
v ∫z
C
2
2i dz , 其中C :| z－1|= 6为正向 +1
3）
cos z dz, 其中C1 :| z |= 2为正向，C2 :| z |= 3为负向 z3 C = C1 + C2
z 不是一个解析函数。 z 12．设区域 D 为右半平面， z 为 D 内圆周 | z |= 1 上的任意一点，用在 D 内的任意一条曲线 C 连结原 ⎡
点与 z ，证明 Re ⎢ 证明
z
∫ ⎣
z
0
⎤ π 1 dζ ⎥ = . 2 1+ ζ ⎦ 4
函数
1 在右半平面解析，故在计算从 0 到 z 沿任意一条曲线 C 的积分时与积分路径无 1+ ζ 2
（1）因在 | z |= 2 上有 | z |= 2 ， z ⋅ z =| z | 2 = 4 ，从而有 z =
∫
4 z 2 dz = ∫ Z dz = ∫ dz = 4π i C| z| | z| = 2 2 | z| = 2 z
（2）因在 C 上有 | z |= 4 ， z ⋅ z =| z | 2 = 16 ，从而有 z =
0
∫π e
− i
3π i
2z
dz ； 2） ∫π ch 3 zdz ； 3） ∫ sin 2 zdz ； 4） ∫ z sin zdz ；
6 i -π i 0
−z
πi
1
5）
∫ ( z − i)e
0
i
dz ； 6） ∫
3π i
1 + tan z dz (沿1到i的直线段)。 1 cos 2 z
i
e2 z 解 1） ∫ e dz＝ −π i 2
10．证明：当 C 为任何不通过原点的简单闭曲线时，
v ∫z
C
1
2
dz = 0 。
证明
当原点在曲线 C 内部时，
v ∫z
C
1
2
dz = 2π i(1) ' |z =0 = 0 ；当原点在曲线 C 外部时， 1/ z 2 在 C 内
解析，故
v ∫z
C
1
2
dz = 0 。
11．下列两个积分的值是否相等？积分 2）的值能否利用闭路变形原理从 1）的值得到？为什么？ 1）
2
（6）
z 3 cos zdz ， C为包围z＝0的闭曲线
（7）
v ∫ (z
C
dz ， C :| z |= 3 / 2 + 1)( z 2 + 4)
2
（8）
v ∫
C
sin zdz ， C :| z |= 1 z
（9） ∫
sin z ⎛ π⎞ ⎜z − ⎟ 2⎠ ⎝
dz ， C :| z |= 2
（10）
z 2 dz = ∫ 9t 2 ⋅ 3dt + ∫ (3 + i t ) ⋅ i dt = 6 +
1 1 2 0 0 2 3+ i i
26 i。 3
z 2 dz =
∫ z dt + ∫
0 1
z 2 dz =
∫
C3
z 2 dz +
∫
C4
z 2 dz 。
C3 : z = i t (0 ≤ t ≤ 1) ； C 4 : z = 3t + i
iη θ ie θ 1 1 1 π 2i cosη d dx d dη . （分子分母同乘以 1 + e −2iη ） ζ = + η = + ， 关。则 ∫ ∫0 1 + x 2 ∫0 1 + e2iη ∫ 0 1+ ζ 2 0 4 2 + 2 cos 2η
习题三解答
1.沿下列路线计算积分 ∫
3+ i 0
z 2 dz 。
（1）自原点到 3 + i 的直线段 （2）自原点沿实轴至 3，再由 3 沿垂直向上至 3 + i ； （3）自原点沿虚轴至 i，再由 i 沿水平方向右至 3 + i 。
⎧ x = 3t , 解（1） ⎨ ⎩ y = t,
0 ≤ t ≤ 1 ，故 z = 3t + i t ， 0 ≤ t ≤ 1 。 dz = (3 + i )dt
2
∫ (x
1+i 0
2
+ i y dz =
)
∫ (t
1 0
+ i t 2 (1 + i 2t )dt = (1 + i ) t 2 (1 + i 2t )dt = (1 + i ) t 2 + i 2t 3 dt
1 1 0 0
)
∫(
)
1 5 ⎛1 i ⎞ = (1 + i )⎜ + ⎟ = − + i 。 6 6 ⎝3 2⎠
[ ]
∫
2π
0
4．利用单位圆上 z =
1 的性质，及柯西积分公式说明 v ∫ zdz = 2π i ，其中 C 为正向单位圆周 | z |= 1 。 z C
解
（利用柯西积分公式） v ∫ zdz = v ∫ z dz =2π i ，
C C
1
5．计算积分 ∫ C 解
z dz 的值，其中 C 为正向圆周： （1） z = 2 ； （2） z = 4 z 4 ，故有 z
∫ (x
1+i 0
2
+ i y dz =
)
∫ (t
1 0 2
2
பைடு நூலகம்
1 1 5 ⎛1 i ⎞ + i t (1 + i )dt = (1 + i ) t 2 + i t dt = (1 + i )⎜ + ⎟ = − + i 。 0 6 6 ⎝3 2⎠
)
∫( ∫
)
（2）沿 y = x ，此时 z = t + i t 2 (0 ≤ t ≤ 1) 。 dz = (1 + i 2t )dt ，故
0
z 2 dz =
∫
3+ i
0
z 2 dz +
∫
C1
z 2 dz +
∫
C2
z 2 dz 。 C1 之参数方程为 ⎨
⎧ x = 3t , (0 ≤ t ≤ 1) ； C2 之参数方程为 y = t , ⎩
⎧ x = 3, (0 ≤ t ≤ 1) ⎨ ⎩ y = t,
故 （3） ∫
3+ i
∫
0
3+ i
0 i
(0 ≤ t ≤ 1) ，
2
故
∫
3+ i
0
z 2 dz = ∫ − t 2 ⋅ i dt + ∫ (3t + i ) ⋅ 3dt = 6 +
1 0 0
26 i 3
2．分别沿 y = x 与 y = x 算出、积分 ∫
2
1+i